鲁科版高中物理选修3-4课时作业9.docx

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鲁科版高中物理选修3-4课时作业11.docx

高中物理学习材料桑水制作1．(多选)(2013·海口高二检测)关于全反射，下列说法中正确的是( ) A．发生全反射时，仍有折射光线，只是折射光线非常弱，因此可以认为不存在折射光线而只有反射光线B．光线从光密介质射向光疏介质时，一定会发生全反射现象C．光从光疏介质射向光密介质时，不可能发生全反射现象D．水或玻璃中的气泡看起来特别亮，就是因为光从水或玻璃射向气泡时，在界面发生全反射【解析】全反射是当光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于等于临界角时发生的现象，发生全反射时全部光线均不进入光疏介质．【答案】CD2．(多选)下列说法中正确的是( )A．因为水的密度大于酒精的密度，所以水是光密介质B．因为水的折射率小于酒精的折射率，所以水对酒精来说是光疏介质C．同一束光，在光密介质中的传播速度较大D．同一束光，在光密介质中的传播速度较小【解析】光在各种介质中的传播速度和介质相对真空的折射率都是不同的．两种介质相比较光在其中传播速度大，而折射率小的介质叫光疏介质；光在其中传播速度小，而折射率大的介质叫光密介质．【答案】BD3．光在某种介质中传播的速度为1.5×108 m/s，光从此介质射向空气并发生全反射时的临界角是( )A．15°B．30°C．45°D．60°【解析】sin C＝1n＝vc＝1.5×1083×108＝12.故C＝30°.【答案】 B4．(多选)光从介质a射向介质b，如果要在a、b介质的分界面上发生全反射，那么必须满足的条件是( )A．光在介质a中的速度必须大于介质b中的速度B．a是光密介质，b是光疏介质C．光的入射角必须大于或等于临界角D．必须是紫光【解析】发生全反射，则入射角必须大于或等于临界角．由v＝cn，折射率大的，在介质中的传播速度小，根据全反射的条件，则a是光密介质，折射率大、在介质中的传播速度小．故B、C正确．【答案】BC图4－2－95．(多选)一束光从空气射向折射率为n＝2的某种玻璃的表面，如图4－2－9所示，i代表入射角，则( )A．当i＞45°时，会发生全反射现象B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°C．欲使折射角r＝30°，应以i＝45°的角入射D．当入射角i＝arctan 2时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直【解析】由于光从光疏介质射向光密介质，所以不会发生全反射，A项错，B对；由折射定律计算可知C、D两项正确．【答案】BCD6．自行车上的红色尾灯不仅是装饰品，也是夜间骑车的安全指示灯，它能把来自后面的光照反射回去．某种自行车尾灯可简化为由许多整齐排列的等腰直角棱镜(折射率n>2)组成，棱镜的横截面如图4－2－10所示．一平行于横截面的光线从O点垂直AB边射入棱镜，先后经过AC边和CB边反射后．从AB边的O ′点射出，则出射光线是( )图4－2－10A．平行于AC边的光线①B．平行于入射光线的光线②C．平行于CB边的光线③D．平行于AB边的光线④【解析】作出光路图，根据几何知识可知：入射光线经过互相垂直的两个镜面反射后，方向改变180°，B项正确．【答案】 B7．(2011·福建高考)如图4－2－11所示，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方．一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是( )图4－2－11A．减弱，紫光B．减弱，红光C．增强，紫光D．增强，红光【解析】光在传播时随入射角增大，反射光能量增强，折射光能量减少．根据能量守恒定律可知，当折射光线变弱或消失时反射光线的强度将增强，故A、B两项均错；在七色光中紫光频率最大且最易发生全反射，故光屏上最先消失的光是紫光，故C项正确，D项错误．【答案】 C图4－2－128．(2010·新课标全国高考)如图4－2－12所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB 边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为( )A.62B. 2C.32D. 3【解析】设三棱镜的折射率为n，如图所示，由折射定律得n＝sin i sin r又n＝1sin C，i＝45°，r＋C＝90°由以上各式解得：n＝62，A对．【答案】 A9．有两种介质，甲介质对空气的临界角为60°，乙介质对空气的临界角为45°，则它们相比较，________介质是光疏介质，光从________介质射向______介质时有可能发生全反射．【解析】据sin C＝1n可知，临界角越大，折射率越小，则为光疏介质，所以甲介质为光疏介质；由全反射的条件知，由光密介质射向光疏介质才会发生全反射，所以由乙介质射向甲介质时有可能发生全反射．【答案】甲乙甲图4－2－1310．(2010·山东高考)如图4－2－13所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出．(1)求该玻璃棒的折射率；(2)若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时_______(填“能”“不能”或“无法确定能否”)发生全反射．【解析】(1)单色光照射到EF弧面上时刚好发生全反射．由全反射的条件得：C＝45°，由折射定律得n＝sin 90°sin C.联立两式得n＝ 2.(2)若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时，入射角增大，能发生全反射．【答案】(1) 2 (2)能11．(2012·山东高考)如图4－2－14所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射．已知∠ABM＝30°，求图4－2－14(1)玻璃的折射率；(2)球心O到BN的距离．【解析】(1)设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知，i＝30°，r＝60°，根据折射定律得n＝sin r sin i代入数据得n＝ 3.(2)光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角Csin C＝1 n设球心到BN的距离为d，由几何知识可知d＝Rsin C解得d＝33 R.【答案】(1) 3 (2)3 3R图4－2－1512．如图4－2－15所示，一玻璃正方体放在空气中，其折射率为1.50.一条光线从立方体的顶部斜射进来，然后投射到它的一侧面．问：(1)这条光线能否从侧面射出？(2)如果光线能从上述侧面射出，那么玻璃材料的折射率应满足什么条件？【解析】画出光路如图．(1)玻璃对空气的临界角为C＝arcsin 1n＝arcsin11.5＝41.8°.在玻璃体的上表面，光由空气射向玻璃，所以，折射角r总是小于临界角(41.8°)，在正方体侧面的入射光的入射角β总是大于48.2°，即大于临界角，因此在侧面发生全反射，光线不能射出．(2)因为r总是小于临界角C，光要从侧面射出玻璃，则要求β也小于临界角C，即r＜C；(90°－r)＜C.可得C＞45°，所以玻璃的折射率n满足1 n ＝sin C＞sin 45°＝12得n＜ 2.【答案】(1)不能(2)n＜ 2。

鲁科版高中物理选修3-4课时作业12.docx

高中物理学习材料桑水制作1．下列关于双缝干涉实验的说法中，正确的是( )A．单缝的作用是获得频率保持不变的相干光源B．双缝的作用是获得两个振动情况相同的相干光源C．光屏上距两缝的路程差等于半波长的整数倍处出现暗条纹D．照射单缝的单色光的频率越高，光屏上出现的条纹宽度越宽【解析】在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得一个线光源，双缝的作用是获得两个振动情况完全相同的相干光源，故选项A错误，B正确．光屏上距两缝的路程差为半波长的奇数倍处出现暗纹，选项C错误．照射单缝的单色光频率越高，两相干光的波长越短，屏上的条纹应越窄，故选项D错误．【答案】 B2．(多选)下列与光的干涉有关的事实是( )A．用光导纤维传播信号B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度C．一束白光通过三棱镜形成彩色光带D．水面上的油膜呈现彩色【解析】光导纤维是利用光的全反射，故选项A错误；白光通过三棱镜出现彩色光带是色散现象，故C错；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度、水面上的油膜呈现彩色是光在前后两个表面反射的光干涉形成的，故选项B、D 正确．【答案】BD3．某同学自己动手利用如图5－1－17所示器材，观察光的干涉现象．其中，A为单缝屏，B为双缝屏，C为像屏．当他用一束阳光照射到A上时，屏C上并没有出现干涉条纹．他移走B后，C上出现一窄亮斑．分析实验失败的原因，最大的可能是( )图5－1－17A．单缝S太窄B．单缝S太宽C．S到S1和S2距离不等D．阳光不能作光源【解析】双缝干涉中单缝的作用是获得线光源，而线光源可以看作是由许多个点光源沿一条线排列组成的．这里观察不到光的干涉现象是由于单缝太宽，不能获得线光源，不满足相干条件．故B正确．【答案】 B图5－1－184．(多选)(2013·陕西师大附中检测)如图5－1－18所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，下列说法中正确的是( )A．人从右侧向左看，可以看到彩色条纹B．人从左侧向右看，可以看到彩色条纹C．彩色条纹水平排列D．彩色条纹竖直排列【解析】一束白光射到薄膜上，经前后两个面反射回来的光相遇，产生干涉现象，我们由左向右看，可看到彩色条纹．又由于薄膜同一水平线上的厚度相同，所以彩色条纹是水平排列的，故选B、C.从右向左看到的是折射光，折射光的偏折角与介质厚度有关，光经过薄膜后的偏折角很小，大面积光束照射后，各单色光的折射光相互重叠，所以难以看到折射后的色散现象．【答案】BC5．(多选)下列说法正确的是( )A．用白光做光的干涉实验时，偏离中央明条纹较远的是紫光B．用白光做光的干涉实验时，偏离中央明条纹较远的是红光C．涂有增透膜的照相机镜头，增强了对照射光的透射程度D．从竖立肥皂膜上看到的彩色条纹是从膜的两表面反射的光相干涉的结果【解析】由于干涉实验中，有Δy＝ldλ，即条纹间距与光波长成正比，而红光波长最长，故偏离中央明条纹最远的是红光，B对；增透膜增加了透射光的能量，且应该增透的是对人的视觉最敏感的绿光，从而才能使所成的像既亮又清晰；肥皂膜上的条纹是由于光从膜前、后表面反射后，相干而形成的，C、D对．【答案】BCD6．一束白光通过双缝后在屏上观察到干涉条纹，除中央白色条纹外，两侧还有彩色条纹，是因为( )A．各色光的波长不同，因而各色光产生的干涉条纹间距不同B．各色光的速度不同，造成条纹间距不同C．各色光的强度不同D．各色光通过双缝的距离不同【解析】用白光做双缝干涉实验时，除中央白色条纹外，两侧出现彩色条纹，是因为条纹的间距与波长有关，各种色光的波长不同，条纹间距不同，使中央条纹外的各色条纹不能完全重合，出现彩色，所以A正确；在真空中，各种色光的速度相同，仍有彩色条纹出现，可见B错误；各色光的强度调成相同，仍有彩色条纹，故彩色条纹的出现也与强度无关，C错误；与各色光通过双缝的距离无关，D错误．【答案】 A7．(2013·连云港高二检测)用单色光做双缝干涉实验，在光屏上某点P，从中央O点开始计数，P点恰好第三条亮纹，现改用波长较短的单色光照射，其他的条件不变，那么( )A．P处仍为第三条亮纹B．P处可能是第四条亮纹C．P处可能是第二条亮纹D．若将光屏向双缝移近一些，在P处可能看到第二条亮纹【解析】波长短，双缝到P点光程差不变，故A、C错，B对；若将光屏向双缝移近一些，条纹间距变小，故D错．【答案】 B8．在双缝干涉实验中，双缝到光屏上P点的距离之差为0.6 μm.若分别用频率为f1＝5.0×1014 Hz和f2＝7.5×1014 Hz的单色光垂直照射双缝，则P点出现亮、暗条纹的情况是( )A．单色光f1和f2分别照射时，均出现亮条纹B．单色光f1和f2分别照射时，均出现暗条纹C．单色光f1照射时出现亮条纹，单色光f2照射时出现暗条纹D．单色光f1照射时出现暗条纹，单色光f2照射时出现亮条纹【解析】单色光f1的波长：λ1＝cf1＝3×1085.0×1014m＝0.6×10－6 m＝0.6 μm.单色光f2的波长：λ2＝cf2＝3×1087.5×1014m＝0.4×10－6m＝0.4 μm.因P到双缝的距离之差δ＝0.6 μm＝λ1，所以用f1照射时P处出现亮纹．δ＝0.6 μm＝32λ2，所以用f2照射时P处出现暗纹，故选项C正确．【答案】 C9．登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力．有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减少紫外线对眼睛伤害的眼镜．他选用的薄膜材料的折射率为n ＝1.5，所要消除的紫外线的频率为f＝8.1×1014 kHz，那么他设计的这种“增反膜”的厚度至少是( )A．9.25×10－8 m B．1.85×10－7 mC．1.23×10－7 m D．6.18×10－8 m【解析】为了减少进入眼睛的紫外线，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射出来形成的光叠加后加强，则光程差(大小等于薄膜厚度d的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d＝Nλ′(N＝1，2，…)因此，薄膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的12.紫外线在真空中的波长是λ＝cf＝3.7×10－7m，在膜中的波长是λ′＝λn＝2.47×10－7 m，故膜的厚度至少是1.23×10－7 m.【答案】 C10．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图5－1－19所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图5－1－19(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C、________、________、________、A.(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．在操作步骤②时还应注意________和________．(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图5－1－20甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数________ mm，求得相邻亮纹的间距Δx为________ mm.图5－1－20(4)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，由计算式λ＝________，求得所测红光波长为________ nm.【解析】(1)滤光片E是从白光中选出单色红光，单缝屏是获取线光源，双缝屏是获得相干光源，最后在毛玻璃屏上成像．所以排列顺序为：C、E、D、B、A.(2)在操作步骤②时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行，单缝、双缝间距离大约为5～10 cm；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上．(3)螺旋测微器的读数应该：先读整数刻度，然后看半刻度是否露出，最后看可动刻度．图乙读数为13.870 mm，图甲读数为2.320 mm，所以相邻条纹间距Δy＝13.870－2.3205mm＝2.310 mm(4)由条纹间距公式Δy＝ldλ得：λ＝dΔyl，代入数值得：λ＝6.6×10－7m＝6.6×102 nm【答案】见解析11．为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7m的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的厚度．【解析】由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相消，但薄膜的厚度不宜过大，只需使其厚度为绿光在膜中波长的14，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光互相抵消．而光从真空进入某种介质后，其波长会发生变化．若绿光在真空中波长为λ，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得：n＝cv＝λfλf，即λ＝λn，那么增透膜厚度h＝14λ＝λ4n＝5.52×10－74×1.38m＝1×10－7 m.【答案】1×10－7 m。

鲁科版物理同步习题：选修3-4参考答案及解析

选修3-4参考答案及解析第十二章机械振动机械波第一单元机械振动第二单元机械波第三单元实验：用单摆测定重力加速度第十三章光第一单元光的折射、全反射光的波动性第二单元实验：测定玻璃的折射率第三单元实验：用双缝干涉测光的波长第十四章电磁波相对论简介第一单元麦克斯韦电磁场理论相对论解章末综合检测12-11、解析：外部摇臂带动内部一系列装臵工作时，会对气缸产生作用．为防止出现共振现象，用两根劲度系数不同的弹簧一起工作，使外部振动频率很难与气缸本身的固有频率一致，可以避免共振发生，故选C .答案：C2、解析：由单摆周期公式T ＝2πlg知周期只与l 、g 有关，与m 和v 无关，周期不变频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h ，最低点速度为v ，mgh ＝12m v 2质量改变后：4mgh ′＝12·4 m·⎝⎛⎭⎫v 22，可知h ′≠h ，振幅改变，故选C. 答案：C3、解析：受迫振动的频率总等于驱动力的频率，D 正确；驱动力频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，B 正确．故选BD.答案：BD4、解析：T ＝0.2 s ，玻璃板在连续T2时间内位移依次为1 cm 、3 cm 、5 cm.由Δx ＝a ⎝⎛⎭⎫T22得a ＝2 m/s 2由F －mg ＝ma ，得F ＝24 N. 答案：24 N5、解析：只有A 物体振动时T 1＝2Mk ，将物体Q 固定在A 上振动时，T 2＝2(M ＋m )k，解得m ＝M (T22T 21－1)．这种装臵比天平优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量．答案：M (T 22T 21－1) 优越之处在于它可在完全失重时或太空中测物体质量6、解析：物体对车厢底板的压力与物体受到的支持力大小相等．当物体的加速度向上时，支持力大于重力；当物体的加速度向下时，支持力小于重力．t ＝14T 时，货物向下的加速度最大，货物对车厢底板的压力最小．t ＝12T 时，货物的加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小．t ＝34T 时，货物向上的加速度最大，则货物对车厢底板的压力最大．答案：C7、解析：(1)因小球上下振动时始终未脱离弹簧，当振幅最大时，应是小球上升到最高点，弹簧对它恰无弹力，重力完全充当回复力的时候，在此位臵应有：mg ＝kA ，解得：A＝mg k. (2)根据小球运动的对称性，小球在最低点时的回复力大小也为mg ，而此时的回复力是弹簧弹力减去重力充当的，因重力恒定，所以此时弹力最大，即F m －mg ＝mg ，得F m ＝2mg .答案：(1)mgk(2)2mg8、解析：(1)从共振曲线可知，单摆的固有频率f ＝0.5 Hz ，因为f ＝ 12πg l ，所以l ＝g4π2f2，代入数据解得l ≈1 m. (2)从共振曲线可知：单摆发生共振时，振幅A ＝8 cm. 答案：(1)1 m (2)8 cm9、解析：(1)由单摆振动图象，T ＝0.8 s 故f ＝1T＝1.25 Hz(2)开始时刻小球在负方向最大位移处故开始时刻摆球在B 点 (3)根据公式T ＝2πL gL ＝gT24π2＝0.16 m.答案：(1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m10、解析：(1)纸带匀速运动时，由s ＝v t 知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间．(2)由图(2)可知t ＝0时，振子在平衡位臵左侧最大位移处；周期T ＝4 s ，t ＝17 s 时位移为零．(3)由s ＝v t ，所以1、3间距s ＝2 cm/s ×2 s ＝4 cm.(4)3 s 末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位臵，所以t ＝0或t ＝4 s 时正方向加速度最大；t ＝2.5 s 时，向－x 方向运动．(5)x ＝10sin(π2t －π2) cm答案：(1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间 (2)左侧最大位移零 (3)4 cm(4)3 0或4 －x (5)x ＝10sin(π2t －π2) cm11、解析：设第二个摆离地面的高度为h ，则距地心为(R ＋h )，此处的重力加速度为g ，地球表面的重力加速度为g ，由万有引力定律：G Mm R 2＝mg ，G Mm (R ＋h )2＝mg ′，得gg ′＝(R ＋h )2R 2，由单摆周期公式： T ＝tn ＝2πl g， T ′＝tn －1＝2πl g ′所以T ′T ＝nn －1＝g g ′＝R ＋h R. 解得：h ＝Rn －1. 答案：Rn －112、解析：设小球B 做平抛运动的时间为t ， s ＝v 0t ，h ＝12gt 2小球A 在槽内做简谐运动的周期T ＝2π Rg，要使B 球在O 处击中A 球，必有： t ＝T 2·n (n ＝1,2,3…) 以上各式联立可得： h ＝5π2n 2m (n ＝1,2,3…)， v 0＝5πnm/s(n ＝1,2,3…)．答案：v 0＝5πnm/s(n ＝1,2,3…) h ＝5π2n 2m(n ＝1,2,3…)12-21、解析：根据振动图象，可知x ＝0处的质点，在t ＝T /2时刻在平衡位臵，向下振动，只有选项A 中波的图象在x ＝0处的质点满足条件，故选A.答案：A2、解析：判断A 项可先由“上下坡法”得出质点b 此时的运动方向向下，即正在远离平衡位臵，回复力增大，加速度增大，A 正确；由图得波长为4 m ，只要障碍物的尺寸不大于4 m 或相差不大，就能产生明显的衍射现象，所以D 错误；根据波长、波速和频率的关系是f ＝vλ＝50 Hz ，所以，若该波遇到另一列波发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率必定与这列波频率相同，为50 Hz ，C 正确；另外由频率得这列波的周期为0.02 s ，经过0.01 s 后，质点a 应运动到负方向最大位移处，通过的路程为4 cm ，相对平衡位臵的位移为－2 cm ，B 错误，选AC.答案：AC3、解析：由A 、B 两质点的振动图象及传播可画出t ＝0时刻的波动图象如右图25，由此可得λ＝43 m ，A 选项正确；由振动图象得周期T ＝4 s ，故v ＝λT ＝43×4 m/s ＝13m/s ，B 选项错误；由振动图象3 s 末A 点位移为－2 cm ，B 点位移为0，故C 选项错误；由振动图象知1 s 末A 点处于波峰，振动速度为零，1 s 末B 点处于平衡位臵，振动速度最大，故D 选项错误．答案：A4、解析：由图象可知，A ＝8 cm ，T ＝4t ＝1 s ，λ＝20 cm ，所以波速v ＝λT ＝201cm/s ＝20cm/s ，绳上的每个质点刚开始振动的方向是沿y 轴负方向，故波传到N 点所用的时间为：t 1＝x 2v ＝4520s ＝2.25 s ，所以质点N 第一次沿y 轴正向通过平衡位臵时，t ＝t 1＋T2＝2.75 s.答案：20 2.755、解析：声波的波长为：λ＝v f ＝32040 m ＝8 m.由波的干涉原理知：l ADB －l ACB ＝λ2所以l ADB ＝λ2＋l ACB ＝4 m ＋0.4 m ＝4.4 m.答案：4.4 m6、解析：(1)由图象可以看出，质点振动的最大位移是10 cm ，因此振幅是10 cm.图29(2)经0.125 s 波形沿x 轴正方向移动的距离为Δx ＝v Δt ＝16×0.125 m ＝2 m ，所以经过0.125 s 后的波形图象如图29中的虚线所示．答案：(1)10 cm (2)如图29虚线所示．7、解析：(1)波上每一点开始振动的方向都与此刻波上最前端质点的振动方向相同，即向下振动．(2)P 质点开始振动后，其振动周期等于振源的振动周期，由v ＝λ/T ，可得：T ＝λ/v ＝0.4s.(3)P 质点第二次到达波峰也就是第二个波峰传到P 点，第二个波峰到P 点的距离为s ＝x ＋34λ＝1.14 m ，所以t ＝s v ＝1.140.6s ＝1.9 s.答案：(1)向下振动 (2)0.4 s (3)1.9 s 8、解析：(1)此波沿x 轴负方向传播．(2)在t 1＝0到t 2＝0.55 s 这段时间时，质点M 恰好第3次到达沿y 轴正方向的最大位移处，则有：(2＋34)T ＝0.55 s ，得T ＝0.2 s.由图象得简谐波的波长为λ＝0.4 m ，则波速v ＝λT＝2 m/s.(3)在t 1＝0至t 3＝1.2 s 这段时间，波中质点N 经过了6个周期，即质点N 回到始点，所以走过的路程为s ＝6×5×4 cm ＝120 cm.相对于平衡位臵的位移为2.5 cm. 答案：(1)沿x 轴负方向 (2)2 m/s (3)120 cm 2.5 cm9、解析：由图象知：λ＝8 m ，又因为3T ＜t 2－t 1＜4T ， (1)当波向右传播时，t 2－t 1＝3T ＋38T ，所以T ＝8(t 2－t 1)27＝8×0.527 s ＝427 s ，由v ＝λT 得v ＝84/27m/s ＝54 m/s.(2)当波向左传播时t 2－t 1＝3T ＋58T ，所以T ＝8(t 2－t 1)29＝8×0.529 s ＝429 s ，由v ＝λT 得v ＝84/29m/s ＝58 m/s.(3)当波速为74 m/s 时，在0.5 s 内波传播的距离为s ＝74×0.5 m ＝37 m ＝458λ，故此波向左传播．答案：(1)若波向右传播时其波速为54 m/s (2)当波向左传播时其波速为58 m/s (3)当波速为74 m/s 时波向左传播10、解析：(1)由图知：λ＝4 m ，又因v ＝10 m/s ，所以由f ＝v λ得f ＝104 Hz ＝2.5 Hz ，故甲、乙两列波的频率均为2.5 Hz.图34(2)设经t 时间两波相遇，则2v t ＝4 m ，所以t ＝42×10 s ＝0.2 s ，又因T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，故波分别向前传播λ2相遇，此时两列波的波形如图34中的虚线所示．故CD 间有x ＝5m 和x ＝7m 处的点位移最大．答案：(1)2.5 Hz 2.5 Hz (2)x ＝5 m 和x ＝7 m 11、解析：(1)图象如图36所示．(2)因为水波3.5 s 内传播了3.5 m ，所以波速为v ＝st ＝1 m/s ，又由图象得T ＝1 s ，根据v ＝λT，所以λ＝1 m. (3)如图37所示．答案：(1)图象如下图36图36(2)1 m (3)如图37所示图3712、解析：(a)由所给出的振动的题图知周期T ＝4×10－3s.(b)由题图可知，t ＝0时刻，x ＝0的质点P [其振动图象即为(a)]在正最大位移处，x ＝1的质点Q [其振动图象即为(b)]在平衡位臵向y 轴负方向运动，所以当简谐波沿x 轴正向传播时PQ 间距离为(nλ1＋34λ1)，当波沿x 轴负方向传播时PQ 间距离为(nλ2＋14λ2)．因为(n ＋34)λ1＝1，所以λ1＝43＋4nm因为(n ＋14)λ2＝1，所以λ2＝41＋4nm波沿x 轴正向传播时的波速v 1＝λ1T 1＝1033＋4n m/s(n ＝0,1,2…)波沿x 轴负向传播时的波速v 2＝λ2T 2＝1031＋4n m/s(n ＝0,1,2…)答案：沿x 轴正向传播时，v 1＝1033＋4n m/s(n ＝0,1,2…)沿x 轴负向传播时：v 2＝1031＋4nm/s(n ＝0,1,2…)13-11、解析：用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用薄膜干涉的原理，故选项A 错；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散，故选项B 错；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射，故选项C 错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象．选项D 对．答案：D2、解析：根据薄膜干涉的产生原理，上述现象是由空气膜前后表面反射的两列光叠加而成，当波峰与波峰、波谷与波谷相遇叠加时，振动加强，形成亮条纹，所以A 项对B 项错；因相干光是反射光，故观察薄膜干涉时，应在入射光的同一侧，故D 项错误；根据条纹的位臵与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故C 项正确．答案：AC3、解析：由几何关系可知，入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°.由折射定律n ＝sin θ1sin θ2＝3212＝3，A 选项正确；在BC 界面上，入射角为30°，临界角的正弦值为sin C ＝1n ＝33＞sin30°，即C ＞30°，所以在F 点，不会发生全反射，B 选项错误；光从空气进入棱镜，频率f 不变，波速v 减小，所以λ＝vf 减小，C 选项正确；由上述计算结果，作出光路图，可知D 选项错误．答案：AC4、解析：双缝干涉条纹平行等距，且波长越大，条纹间距越大，而红光波长大于蓝光波长，故第一幅图为红光，第三幅图为蓝光；又由于黄光波长比紫光波长大，故第四幅图为黄光的衍射图样，第二幅为紫光的衍射图样．故B 正确．答案：B5、解析：设光在玻璃砖BC 面与AC 弧面上的临界角为C ，则有sin C ＝1n ＝23，显然C＜45°，故可知光将在整个BC 面上发生全反射，也会在AC 弧面上靠近A 点和C 点附近区域发生全反射．D 点附近的射出光线形成会聚光束照到光屏P 上．由以上分析可知B 、D 选项正确．答案：BD6、解析：由图26可知，当λA ＝625 nm 时，φA ＝0.35，根据传感器输出强度相同可得：φA ·I A ＝φB 1·25I B ＋φB 2·35I B ，可求出I A ∶I B ＝27∶35.答案：0.35 27∶357、解析：(1)由λ＝c f 得λ＝3×1087.5×1014m ＝4×10－7m Δs λ＝1.8×10－6m 4×10－7m ＝4.5，即路程差为半波长的奇数倍，若S 1、S 2的振动步调完全相同，则A 点出现暗条纹．(2)若S 1、S 2的振动步调完全相反，则路程差为半波长的奇数倍时应为加强点，A 点出现亮条纹．答案：(1)暗条纹 (2)亮条纹 8、解析：由v ＝cn 得v ＝2×108m/s 由sin i sin r ＝n 得sin r ＝1nsin i ＝0.5，r ＝30° 由sin C ＝1n ＝23＜22，可知C ＜45°而光线在BC 面的入射角θ＝45°＞C ，故光线在BC 面上发生全反射后，垂直AC 面射出棱镜．答案：2×108m/s 垂直AC 面射出棱镜9、解析：(1)设信号频率为f ，真空中的波长为λ0，c ＝λ0f ，光在纤芯中的频率仍为f ，波长为λ，则光在纤芯中的速度v ＝λf ，又n ＝cv，可以得出：λ0＝nλ＝1.47×1.06μm ＝1.56μm.(2)上行光信号和下行光信号的频率相同，将发生干涉现象而互相干扰．答案：(1)1.56μm(2)频率相同，将发生干涉现象而互相干扰 10、解析：(1)紫光(2)如下图30，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点D 到亮区中心E 的距离r 就是所求最大半径．设紫光临界角为C ，由全反射的知识：sin C ＝1n所以cos C ＝n 2－1ntan C ＝1n 2－1，OB ＝R /cos C ＝nRn 2－1 r ＝(D －OB )/tan C ＝D n 2－1－nR . 答案：(1)紫光 (2)D n 2－1－nR11、解析：设用波长为0.4 μm 的光入射，条纹宽度为Δx 1，则Δx 1＝ld λ1，屏上两侧各有3条亮纹，则屏上第三条亮纹到中心距离为3Δx 1.用0.6μm 光入射，设条纹宽度为Δx 2，则Δx 2＝ld λ2，设此时屏上有x 条亮纹，则有xΔx 2＝3Δx 1∴x ＝l d λ2＝3l dλ1代入数据解之得x ＝2，∴两侧各有2条亮纹．答案：212、解析：(1)如图33所示，sin θ1＝L H 2＋L2，图33sin θ2＝L 2－L4(H 2)2＋(L 2－L 4)2.由n ＝sin θ1sin θ2可得：n ＝L 2＋4H 2L 2＋H2(2)当液面高为23H 时，由于液体的折射率n 和入射角θ1不变，可得：n ＝sin θ1sin θ2′sin θ′2＝L ′－x (23H )2＋(L ′－x )2(式中L ′为光线在液面的入射点与出液口的水平距离)而L H ＝L ′23H ，以上三式联立可求出：x ＝L 3. 答案：(1)L 2＋4H 2L 2＋H 2 (2)L 3 14-11、解析：了解部分物理学史：牛顿发现万有引力定律；法拉第发现电磁感应定律；光电效应证明了光具有粒子性；相对论的创立表明了经典力学有一定的适用范围：适用于低速，宏观．答案：A2、解析：均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生变化的磁场，本题电场的变化有以上两种可能，故D 正确．答案：D3、解析：爱因斯坦的质能方程阐明了质量和能量的相互联系，质量和能量是物体存在的两种形式，质量和能量是不同的概念．再由相对论的基本原理可知，选项A 正确．答案：A4、解析：根据爱因斯坦狭义相对论，在任何参考系中光速不变，可知D 正确．答案：D5、解析：根据c ＝λff 1＝c λ1＝3×108577Hz ＝5.20×105Hz f 2＝c λ2＝3×108182Hz ＝1.65×106Hz 所以，频率范围为5.20×105Hz ～1.65×106Hz.答案：5.20×105Hz ～1.65×106Hz6、解析：雷达向东方发射电磁波时，没有反射回来的信号，向西方发射时，有反射回来的信号，所以目标在西方．目标到雷达的距离d ＝ct 2＝3×108×2×10－4×92 m ＝270 km. 答案：西方 270 km7、解析：由E ＝L ·ΔI Δt得L ＝3.6×10－3H 又λ＝v f ，f ＝v λ＝3×10811.3×103Hz. 代入f ＝12πLC得C ＝0.01 μF. 答案：0.01 μF8、解析：因线圈的电感L 为定值，根据LC 回路的频率公式f ＝12πLC，可知收音机先后两次接收的电台信号的频率之比为f 1f 2＝C 2C 1根据波长与频率的关系式λ＝c f ，可得先后两次接收的电台信号的波长之比为λ1λ2＝f 2f 1以上两式联立，可得接收波长为200 m 的电台信号时，可变电容器的电容值为C 2＝(λ2λ1)2C 1＝(200600)2×360 pF ＝40 pF . 答案：40 pF9、解析：由电磁波发射到接收到反射波历时200 μs ，可算出此时飞机距雷达站的距离为：L 1＝3.0×108×200×10－62m ＝3.0×104m. 经4s 后，飞机距雷达站的距离为：L 2＝3.0×108×186×10－62m ＝2.79×104m. 在这4s 时间内飞机飞过的路程为：x ＝L 1－L 2＝0.21×104m.故飞机飞行的速度为：v ＝x t ＝0.21×1044m/s ＝525m/s. 答案：525 m/s10、解析：电磁波在空中的传播速度可认为等于真空中的光速c ，由波速、波长和频率三者间的关系可求得频率．根据雷达荧光屏上发射波形和反射波形间的时间间隔，即可求得侦察距离，为此反射波必须在后一个发射波发出前到达雷达接收器．可见，雷达的最大侦察距离应等于电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播距离的一半．由c ＝λf ，可得电磁波的振荡频率f ＝c λ＝3×10820×10－2Hz ＝1.5×109Hz. 电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播的距离s ＝cΔt ＝c (1n－t )＝3×108×(15000－0.02×10－6)m ≈6×104m 所以雷达的最大侦察距离s ′＝s 2＝3×104m ＝30 km. 答案：1.5×109 Hz 30 km11、解析：(1)设地面为S 系，飞船A 为S ′系．则已知量为u ＝0.5c ，v ′x ＝0.4c ，求v x ，根据速度合成公式有v x ＝v ′x ＋u 1＋u c 2v ′x ＝0.4c ＋0.5c 1＋0.5c c 2×0.4c ＝0.75c . 即以地面参考系测得飞船B 的速度为0.75c .(2)设地面为参照系S ，飞船B 为S ′系，则已知量为：u ＝0.75c ，v x ＝0.5c .需要求解的是v ′x .根据速度变换公式可得v ′x ＝v x －u 1－u c 2v x ＝0.5c －0.75c 1－0.75c c 2×0.5c ＝－0.4c . 即飞船B 测得飞船A 的速度为－0.4c .由解题过程可以看出：若求在B 中测得的飞船A 的速度，就必须先求出在地面测得的飞船B 的速度．答案：(1)0.75c (2)0.4c12、解析：(1)车头的灯先亮．(2)l ＝l ′1－(v c )2＝5× 1－(2×183×108)2m ＝3.7 m ，在垂直运动方向没有相对性，所以看到的是一张3.7×5m 2的宣传画．(3)因为Δt ＝Δt ′1－(v c)2，所以Δt ′＝Δt ·1－(v c )2 Δt ＝5昼夜v ＝0.8c所以Δt ′＝5×1－(0.8)2＝3昼夜．答案：(1)车头的灯先亮 (2)3.7×5m 2的画 (3)3昼夜14-章末1、答案：B2、解析：如果容器A 、B 中气体相同，则折射率相同，到屏的中央光程相同，所以为亮纹．如果中央为暗纹，则A 、B 中折射率一定不同，故B 正确；中央为亮纹B 中可能含瓦斯，也可能不含，A 错；条纹不停的移动，则B 中气体的折射率在变化即瓦斯含量不稳定，C 正确；单色光或复色光都能出现干涉条纹，D 错．答案：BC3、解析：本题主要考查了电磁波的产生机制和特性．在电磁波谱中，红外线的波长比可见光长，而红光属于可见光，故选项A 正确．阴极射线与电磁波有着本质不同，电磁波在电场、磁场中不偏转，而阴极射线在电场、磁场中会偏转，电磁波在真空中的速度是3×108m/s ，而阴极射线的速度总是小于3×108m/s ，阴极射线的实质是高速电子流，故选项C 错误．X 射线就是伦琴射线，是高速电子流射到固体上产生的一种波长很短的电磁波，故B 项正确．由于紫外线的显著作用是荧光作用，而伦琴射线的显著作用是穿透作用，故选项D 正确．答案：ABD4、解析：根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场在它的周围产生稳定的磁场，故选项A 是错误的．因电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的．且与波的传播方向垂直，所以电磁波是横波，故选项B 是正确的．有振荡的电场或磁场时，就会由近向远逐渐传播，即形成了电磁波，故D 正确．答案：BD5、解析：由图甲知该波的波长λ＝4 m ，而P 、Q 两质点间间距Δx ＝3 m ＝34λ，则两质点的振动步调相差34T ，结合图乙知A 、D 两项皆错误．因波的传播方向未知，故无法判定Q 点的振动状态相比于P 点是超前还是滞后，B 、C 皆正确．答案：BC6、解析：由该棱镜的折射率为n ＝53可知其临界角C 满足：sin C ＝1n ＝35，可求出GG 1左边的入射光线没有发生全反射，其右边的光线全部发生全反射，所以光线只能从圆弧NG 1射出．故B 正确．答案：B7、解析：波向x 轴负向传播，T ＞0.6 s ，由波形图可知34λ＝Δx ，用时间t ＝0.6 s ＝34T ，T ＝0.8 s ，A 错．t ＝0.9 s ＝T ＋0.1 s ，P 点沿y 轴负方向运动，经0.4 s ，P 点运动半个周期，经过的路程为0.4 m ，C 错．t ＝0，x ＝10 m 处质点处在波峰，经0.5 s ，波峰向左传Δx ′＝5 m ，故D 正确．答案：D8、解析：由同一波源分成的两列波频率相同，这符合两列机械波干涉的条件，当两波的路程差等于半波长的奇数倍时，振动减弱，当路程差等于波长的整数倍时，振动加强．答案：相同减小增大9、解析：(1)各光学元件的字母排列顺序应为C 、E 、D 、B 、A.(2)步骤②还应注意单缝和双缝间距5 cm ～10 cm ，使单缝和双缝相互平行．答案：(1)EDB (2)单缝和双缝间距5 cm ～10 cm 和使单缝和双缝相互平行．10、解析：(1)乙图中相邻点间的时间间隔是音叉振动周期的一半，用T 表示，则有T ＝12f 0.金属片自由下落是自由落体运动，所以有g 1＝(b 4－b 1)3T 2，g 2＝(b 5－b 2)3T 2，g 3＝(b 6－b 3)3T 2 g ＝g 1＋g 2＋g 33＝49(b 6＋b 5＋b 4－b 3－b 2－b 1)f 20 (2)由于金属片是自由落体运动，速度会越来越大，故选项A 、B 是不正确的，选项C 是符合要求的．(3)因为音叉振动是简谐运动，故针离开平衡位臵的位移变化符合正弦规律变化，考虑到针的开始运动方向与规定的方向相同，故有y ＝A sin ⎝⎛⎭⎫2πf 02h g . 答案：(1)g ＝49(b 6＋b 5＋b 4－b 3－b 2－b 1)f 20 (2)C(3)A sin ⎝⎛⎭⎫2πf 02h g 11、解析：(1)由图知T ＝4 s ，因位移图线的斜率表示速度，且在t ＝8 s ＝2T 时质点振动状态与t ＝0时相同，则由图可知t ＝0时图线斜率为正，速度沿y 轴正向．在t ＝9 s 时由图线知质点A 处于正向最大位移处．再由Δt ＝AB v＝8 s ＝2T 知B 的振动状态与质点A 相差两个周期，所以同一时刻两质点相对平衡位臵的位移相同，即也为10 cm.图10(2)设照片圆形区域的实际半径为R ，运动员的实际长为L由折射定律n sin α＝sin90°几何关系sin α＝RR 2＋h 2，R r ＝L l 得h ＝n 2－1·L lr 取L ＝2.2 m ，解得h ＝2.1 m(1.6～2.6 m 都算对)答案：(1)4 正 10 (2)2.1 m(1.6～2.6 m 都算对)12、解析：(1)从甲、乙图可看出波长λ＝2.0 m ，周期T ＝4 s ，振幅A ＝0.8 m ；乙图中显示t ＝0时刻该质点处于平衡位臵向上振动，甲图波形图中，波向x 轴正方向传播，则质点L 正在平衡位臵向上振动，波速v ＝λ/T ＝0.5 m/s ；(2)由相对论知识易得运动方向上的边长变短，垂直运动方向的边长不变，C 图象正确；(3)简谐运动的特征公式为x ＝A sin ωt ，其中A 是振幅；篮球从自由落体到反弹起来的过程中，回复力始终为重力，恒定不变，与偏离平衡位臵的位移不是成正比的，不符合简谐运动的规律．答案：(1)0.8 4 L 0.5 (2)C (3)A sin ωt 不是13、解析：(1)以速度v 运动时的能量E ＝m v 2，静止时的能量为E 0＝m 0v 2，依题意E ＝kE 0，故m ＝km 0；由m ＝m 01－v2c 2，解得v ＝k 2－1k 2c . (2)地震纵波传播速度为：v p ＝fλp地震横波传播速度为：v s ＝fλs震源离实验室距离为s ，有：s ＝v p ts ＝v s (t ＋Δt )，解得：s ＝fΔt 1λs －1λp＝40 km. 答案：(1)k k 2－1k 2 (2)40 km 14、解析：(1)由图象可以看出：λ＝4 m.由T ＝λv 可解得：T ＝λv ＝42s ＝2 s.图15由于t ＝0时刻P 点向上振动，则P 点的振动图象如图15所示：(2)由T ＝2πL g 得：g ＝4π2L T2 又L ＝l ＋d 2联立可得： g ＝4π2(99.6＋0.4)×10－222m/s 2 ＝9.9 m/s 2.答案：见解析15、解析：(1)最先振动的是B 摆，纵波速度最快，纵波使B 摆最先剧烈上下振动．(2)根据波速大小可推知，a 处的波形对应的是速度最快的P 波(纵波)，b 处的波形对应的是速度较快的S 波(横波)，c 处的波形对应的是速度较慢的L 波(面波)．设地震观测台T距震源的距离为s ，则s v S －s v P＝t ，代入数据得s ＝47.9 km. (3)设震源深度为h ，纵波沿ZT 方向传播，设纵波传播的方向与地面的夹角为θ，则tan θ＝y x，h ＝s ·sin θ，代入数据得h ＝2.4 km. 答案：(1)B(2)a －P 波 b －S 波 c －L 波 47.9 km(3)2.4 km16、解析：(1)连接BC ，如图18图18在B 点光线的入射角、折射角分别标为i 、rsin i ＝52/10＝22，所以，i ＝45° 由折射率定律：在B 点有：n ＝sin i sin rsin r ＝1/2 故：r ＝30° BC ＝2R cos r t ＝BC n /c ＝2Rn cos r /ct ＝(6/3)×10－9 s(2)由几何关系可知∠COP ＝15°∠OCP ＝135° α＝30°答案：(1)(6/3)×10－9s (2)30°17、解析：(1)由简谐运动表达式可知ω＝5πrad/s ，t ＝0时刻质点P 向上运动，故波沿x 轴正方向传播．由波形图读出波长λ＝4 m.图20T ＝2πω① 由波速公式v ＝λT② 联立①②式，代入数据可得v ＝10 m/s ③t ＝0.3 s 时的波形图如图20所示．图21(2)当光线在水面发生全反射时，有sin C ＝1n④ 当光线从左侧射入时，由折射定律 sin αsin ⎝⎛⎭⎫π2－C ＝n ⑤ 联立④⑤式，代入数据可得 sin α＝73⑥ 答案：(1)10 m/s 波形图见图20 (2)73。

鲁科版高中物理选修3-1课时分层作业：9 电流+Word版含答案.doc

课时分层作业(九) 电流(15分钟 50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．关于电流，下列说法正确的是( )A ．导体中无电流的原因是其内部的自由电荷停止了运动B ．同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动的速率大C ．由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D ．电流的传导速率就是导体内自由电荷的定向移动速率B [导体中无电流时，内部的自由电荷仍在无规则运动，选项A 错误；由I ＝nqvS 可知，同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动的速率大，选项B 正确；电流的大小与电荷无规则运动的快慢无关，选项C 错误；电流的传导速率是电场形成的速度，约为光速，而自由电荷的定向移动速率远小于光速，选项D 错误．]2．(多选)如图313所示，验电器A 带负电，验电器B 不带电，用导体棒连接A 、B 的瞬间，下列叙述中正确的是( )图313A ．有瞬时电流形成，方向由A 到BB ．A 、B 两端的电势不相等C ．导体棒内的电场强度不等于零D ．导体棒内的自由电荷受电场力作用做定向运动BCD [A 、B 两个导体，由于A 带负电，在A 导体周围存在指向A 的电场，故B 端所在处的电势应高于A 端电势；另外导体棒中的自由电荷在电场力的作用下发生定向移动，由于导体棒中的自由电荷为电子，故移动方向由A 指向B ，电流方向应由B 到A .]3．如图314所示，一根截面积为S 的均匀长直橡胶棒上均匀地带有负电荷，每米电荷量为q ，当此棒沿轴线方向做速度为v 的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为( )【导学号：46242106】图314A ．vqB ．q vC ．vqSD ．qv SA [由题意，经过时间t 通过横截面的电荷量Q ＝qvt ，根据I ＝q t 得，I ＝Q t ＝vq ，故A 正确．]4．有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过乙横截面的电荷量是甲的2倍，下列说法中正确的是( )【导学号：46242107】A ．通过甲、乙两导体的电流相同B ．通过乙导体的电流是甲导体的2倍C ．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍D ．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相同B [由I ＝q t 知通过乙的电流是甲的2倍，故选项A 错误，B 正确；由于I ＝nqSv (n 是单位体积中的自由电荷数，q 是自由电荷的电荷量，S 是导体的横截面积，v 是自由电荷定向移动的速率)，所以v ＝I nqS，由于不知道甲、乙两导体的性质(n 、q 不知道)，所以无法判断甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率的大小，故选项C 、D 错误．]5．重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射＋5价重离子束，其束流强度为1.2×10－5 A ，则在1 s 内发射的重离子个数为(e ＝1.6×10－19 C)( ) A ．3.0×1012B ．1.5×1013C ．7.5×1013D ．3.75×1014B [1 s 内发射的重离子的电荷量为Q ＝It ＝1.2×10－5C ，每个重离子的电荷量为5e ，则通过的重离子数为n ＝Q 5e ＝ 1.2×10－55×1.6×10－19＝1.5×1013(个)，选项B 正确．] 6．(多选)半径为R 的橡胶圆环均匀带正电荷，总电荷量为Q ，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则对产生的等效电流以下说法正确的是( )A ．若ω不变而使电荷量Q 变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍B ．若电荷量Q 不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍C ．若使ω、Q 不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大D ．若使ω、Q 不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小AB [截取圆环的任一横截面S ，如图所示，在橡胶圆环运动一周的时间T 内，有I ＝q t ＝Q T ，又T ＝2πω，所以I ＝Q ω2π.故A 、B 正确．] 二、非选择题(14分)7．若氢原子的核外电子做半径为r 的匀速圆周运动，已知电子的质量为m ，电荷量为e ，静电力常量为k ，则：(1)核外电子运动的周期为多少？(2)电子绕核的运动可等效为环形电流，求电子运动的等效电流的大小.【导学号：46242108】[解析] (1)氢原子的核外电子做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，可得k e 2r 2＝m 4π2T 2r ，解得T ＝2πmr 3ke 2. (2)氢原子的核外电子做匀速圆周运动，一个周期通过横截面的电荷量为e ，根据定义式I ＝qt ，可得电子运动的等效电流的大小I ＝e T ，把T 代入，解得I ＝e 22πrk mr . [答案] (1)2πmr 3ke 2 (2)e 22πr k mr经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

鲁科版高中物理选修3-4测试题及答案解析全套.docx

鲁科版高中物理选修3-4测试题及答案解析全套章末综合测评（-）（时间：60分钟满分：100分）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分.全部选对得6分，选对但不全得3 分，有错选或不答得0分.）1.质量为加的木箱放在水平地面上，在与水平方向成0角的拉力尸作用下，由静止开始运动，经过吋间/速度达到s在这段吋间内拉力F和重力的冲量大小分别为（）A.Ft,0B・Ftcos 0y 0C・mv,Q D・Ft, mgt【解析】由冲量的定义式/=刃知，某个力与该力对应时间的乘积，便为该力的冲量.因此拉力的冲量为用，重力的冲量为加刃，故选项D正确.【答案】D2.在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有（）A.原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C.从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢屮，以重物和车厢为一系统D.光滑水平面上放一斜而，斜而也光滑，一个物体沿斜而滑下，以物体和斜而为一系统【解析】判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键；第二种，从动量的定义判定.B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零；C选项末动量为零，而初动量不为零.D 选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大，A选项满足动量守恒.【答案】A3.静止在湖面上的小船上有甲、乙两名运动员，他们的质量相等，以相对于湖面相同的水平速率沿相反方向先后跃入水中，如图1所示，若甲先跳，乙后跳，不计水对船的阻力，则（）图1A.小船末速度向右，乙受小船的冲量大B.小船末速度向左，甲受小船的冲量大C.小船末速度为零，乙受小船的冲量大D.小船末速度为零，甲受小船的冲量大【解析】甲、乙、小船组成的系统动量守恒，取向左为正方向，则有0=加甲e—加乙e +加如o',由于m -p=m c,所以e'=0,故A、B错误；对甲用动量定理厶=加甲对乙用动量定理I c = m cv-m c v f, , v f,为甲跳出后乙和船的速率，因此“>/乙，D正确.【答案】D4.在光滑的水平面上有Q、b两球，其质量分别为加“、加方，两球在/（）时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图2所示.下列关系正确的是（）A. m a >mhB. fn a <mbC. m a =m hD.无法判断【解析】不妨设Q 球碰球前的速度大小为°,则由题图可知，碰后0、/?两球的速度大小为号，由动量守恒得：m a v=m^+m a 【答案】 B5. 质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度0向右运动，质量为加的子弹以速度- 向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是（）@/+加为2 MV\A ・ ~~B \M+m ）v 2m V[^'MV2 D •加【解析】设需发射斤颗子弹，对整个过程由动量守恒定律可得：Mv [-mnv 2=0,所以Mo"—mV2 °【答案】 D6. （多选）古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s, 10 m/s 2）（）A. 1 m/s B ・C ・ 2 m/s D.【解析】对兔子由动量定理，可得Ft=mv 2-mv Xf 选取兔子奔跑的方向为正方向，即mvi—Ft=O —mV]f F=~j~.当F2tng 时，兔子即被撞死，即F=~~~^mg.所以 V\^gt,即 10X0.2 m/s=2 m/s,故应选 C 、D.【答案】CD7. （多选）质量为M 、内壁间距为厶的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为加的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为〃•初始时小物块停在箱子正中间，如图3 所示.现给小物块一水平向右的初速度0,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又冋到箱子正中间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）Z ........ 曲士……匕〃〃〃〃〃/y ）7/〃〃7777//F ————d图3B.C^NjumgL D • N/umgL【解析】小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止，即为共速，设速度为V[, mv=（m+A4）V[,系统损失动能△ +加）诉= ；；；：,A 错误，B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失T ,解得：m b =3m a ,只有E 项正确.则被撞死的兔子奔跑的速度大小可能为（g 取1.5 m/s2.5 m/s的动能等于系统产生的热量，即\Ek=Q=NmgL, C错误，D正确.【答案】BD二、非选择题(本题共5小题，共58分，按题目要求作答)&(8分)某同学把两块不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图4所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块间相互作用时动量守恒•图4(1) 该同学还必须有的器材是 _______ ・(2) 需要育•接测量的数据是 ______ ・(3) 用所得数据验证动量守恒的关系式是 _______ •【解析】这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同，也是通过测平抛运动的位移来代替它们作用完毕时的速度.【答案】(1)刻度尺、天平(2)两木块的质量阳、加2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离锐、阻(3)加1曲=加2$29. (10分)现利用图5甲所示的装置验证动量守恒定律.在图甲中，气垫导轨上有/、B 两个滑块，滑块/右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画幽)的纸带相连；滑块3 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计吋器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的吋间.实验测得滑块/的质量7771 = 0.310 kg,滑块B 的质量加2=0.108 kg,遮光片的宽度〃=1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率/=50.0Hz.将光电门固定在滑块〃的右侧，启动打点计时器，给滑块/一向右的初速度，使它与B 相碰•碰后光电计时器显示的时间为A 臨=3.500 ms,碰撞前后打岀的纸带如图乙所示.若实验允许的相对误差绝对值什碰撞前后总动量之差II 碰前总动量 X100%J 最大为5%, 定律？写出运算过程.乙图5【解析】按定义，滑块运动的瞬时速度大小e 为式中山为滑块在很短时间\t 内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为4加，则△Z A ='=0.02 S (^)Ah 可视为很短.设滑块/在碰撞前、后瞬时速度大小分别为％、Qi •将②式和图给实验数据代入①式得Z7o=2.OO m/s ③0=0.970 m/s ④本实验是否在误差范围内验证了动量守恒设滑块B 在碰撞后的速度大小为02,由①式有代入题给实验数据得02 = 2.86 m/s ⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和//,则p=m 、v()⑦p ,=m\V]+m2V2®两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为爲X 100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得^=1.7%<5% ⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.【答案】见解析10. (12分)如图6甲所示,物块力、8的质量分别是mi =4.0 kg 和加2=6.0 kg,用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块〃左侧与竖直墙相接触.另有一个物块C 从(=0时刻起以一定的速度向左运动，在/=5.0s 时刻与物块力相碰，碰后立即与力粘在一起不再分开，物块C 的st 图象如图乙所示•试求：(1) 物块C 的质量加3；(2) 在5.0 s 到15 s 的时间内物块/的动量变化的大小和方向.图6【解析】(1)根据图象可知，物块C 与物块A 相碰前的速度为v }=6 m/s 相碰后的速度为：V2 = 2 m/s根据动量守恒定律得：m^V\ — (m ] +m3)V2解得:加3=2・0kg ・(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0 s 和第15 s 物块/的速度分别为：V2 = 2 m/s, U3=—2 m/s所以物块/的动量变化为：Ap=〃2i (03—。

高中鲁科版物理新选修3-4 第三章电磁波章节练习-word文档资料

高中鲁科版物理新选修3-4 第三章电磁波章节练习一、单选题1.电视机的室外天线能把电信号接收下来，是因为()A. 天线处于变化的电磁场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给LC回路B. 天线处于变化的电场中，天线中产生感应电流，相当于电源，通过馈线输送给回路C. 天线只是有选择地接收某电台的信号，而其他电视台信号则不接收D. 天线将电磁波传输到电视机内2.人类社会已经进入了信息化时代，下列选项中不属于现代信息技术的三大基础的是（）A. 信息的拾取B. 信息的推广C. 信息的处理D. 信息的传输3.太阳光通过棱镜时，在竖直放置的屏幕上形成如图所示的光带(忽略棱镜对各色光的吸收)。

若将灵敏温度计的球部放在屏幕上的MN、NP、PQ区域时，在哪个区域上升的示数最大( )A. MNB. NPC. PQD. 无法确定4.在电视发射端，由摄像管摄取景物并将景物反射的光转化为电信号，这一过程完成了（）A. 光、电转化B. 电、光转化C. 光、电、光转化D. 电、光、电转化5.1932年，英国物理学家查德威克用α射线轰击铍核（）时，产生了碳核（）和一种不受电场和磁场影响、穿透能力很强的射线，经过进一步证实，这种射线是（）A. 光子流B. 中子流C. 电子流D. 质子流6.卫星定位系统在日常生活中有广泛的应用，定位时，接收器需要获得卫星发送的信号．卫星发送的是（）A. 声波B. 电磁波C. 次声波D. 机械波7.我国成功将第八颗“北斗”导航卫星送入太空，它在与地面通信时利用的是（）A. 超声波B. 电磁波C. 紫外线D. 可见光8.转换电视频道，选择自己喜欢的电视节目，称为( )A. 调幅B. 调频C. 调制D. 调谐二、填空题9.电磁波谱是按________连续排列的图谱，从电磁波谱图中可看出光其实是________10.“嫦娥三号”依靠________（选填“电磁”或“声”）波将拍到的月貌图片传回地球，此波由真空进入大气的传播过程中，保持不变的是________（选填“速度”或“频率”）．11.现代通信主要有卫星通迅、网络通信、________通信和________通信四种方式，用________颗同步卫星可以实现全球通信．发射频率为AM1000kHz的电磁波长为________m12.雷达利用了微波________、________的特点来工作的．三、综合题13.如图所示的振荡电路中，线圈自感系数L=0.5H ，电容器电容C=2μF ，现使电容器上极板带正电，从接通电键K时刻算起。

高中鲁科版物理新选修3-4第一章机械振动章节练习含答案解析

A．若t和（t+△t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，则△t一定是的整数倍
B．若t和（t+△t）时刻振子运动位移的大小相等、方向相反，则△t一定是的整数倍
C．若△t=T，则t和（t+△t）时刻振子运动的加速度一定相等
D．若△t= ，则t和（t+△t）时刻弹簧的长度一定相等
4．某质点做简谐运动，其图象如图，质点在t=3.5s时，速度v、加速度α的方向应为（）
在时刻，质点的位移为0，则恢复力等于0，根据牛顿第二定律可知加速度等于0，故B正确，ACD错误．
点睛：由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题．
（1）其最大加速度是多少？
（2）其振幅是多少？
15．一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10 cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x="5" cm处的两个质点。t=0时开始观测，此时质点O的位移为y="4" cm，质点A处于波峰位置；t= s时，质点O第一次回到平衡位置，t="1" s时，质点A第一次回到平衡位置。求：
A．v为正，a为负B．v为负，a为正C．v、a都为正D．v、a都为负
5．对于作简谐运动的物体，其回复力和位移的关系可用图中哪个图象表示（）
A． B．
C． D．
6．如图所示，小球P连接着轻质弹簧放在光滑水平面上，弹簧的另一端固定在墙上，O点为小球的平衡位置，把小球拉到A点（）；轻轻释放，经小球动到O点，如果把小球P拉到点（）；则释放后小球第一次运动到O点所需的时间为
A． B． C． D．
7．某振子做简谐运动的表达式为x=2sin（2πt+ ）cm，则该振子振动的振幅和周期为（）

鲁科版高中物理选修3-4全册同步测试题解析版(含单元测试题)

鲁科版中物理选修3-4全册同步测试题（含单元测试题）目录选修3-4同步测试：1.1简谐运动选修3-4同步测试：1.2振动的描述选修3-4同步测试：1.3单摆选修3-4同步测试：1.4生活中的振动选修3-4同步测试：2.1波的形成和描述选修3-4同步测试：2.2波的反射和折射选修3-4同步测试：2.3波的干涉和衍射2.4多普勒效应及其应用选修3-4同步测试：3.1电磁波的产生选修3-4同步测试：3.2电磁波的发射、传播和接收3.3电磁波的应用及防护选修3-4同步测试：4.1光的折射定律选修3-4同步测试：4.2光的全反射4.3光导纤维及其应用选修3-4同步测试：5.1光的干涉5.2光的衍射选修3-4同步测试：5.3、4光的偏振激光与全息照相选修3-4同步测试：6.1牛顿眼中的世界6.2爱因斯坦眼中的世界选修3-4同步测试：6.3广义相对论初步6.4探索宇宙选修3-4同步测试：实验用双缝干涉测光的波长知能优化训练选修3-4同步测试：第1章机械振动选修3-4同步测试：第2章机械波选修3-4同步测试：第3章电磁波选修3-4同步测试：第4章光的折射与全反射选修3-4同步测试：第5章光的干涉衍射偏振选修3-4同步测试：第6章相对论与天体物理1.1简谐运动1．下列说法正确的是()A．弹簧振子的运动是简谐运动B．简谐运动是机械运动中最简单、最基本的一种C．简谐运动中位移的方向总是指向平衡位置D．简谐运动中位移的方向总是与速度方向相反解析：选A.弹簧振子的运动满足简谐运动的特点，简谐运动是机械振动中最简单、最基本的一种；其位移的方向总是从平衡位置指向质点所在的位置，与速度方向可能相同，也可能相反，答案为A.2．关于振动物体的平衡位置，下列说法中不．正确的是()A．加速度改变方向的位置B．回复力为零的位置C．速度最大的位置D．加速度最大的位置解析：选D.振动物体在平衡位置时回复力为零，而合外力不一定为零，在该位置加速度改变方向，速度达到最大值，故不正确选项是D项．3．(2011年扬州中学高二期中)某一弹簧振子做简谐运动，在下面的四幅图象中，能正确反映加速度a与位移x的关系的是()图1－1－6解析：选B.回复力F＝－kx，又由F＝ma可知应选B项．4．下列振动是简谐运动的有()A．手拍乒乓球的运动B．弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统C．摇摆的树枝D．从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动解析：选B.手拍乒乓球，球原来静止的位置为平衡位置，球向上和向下运动过程中受重力，球在到达地面时发生形变，球下移，故乒乓球的运动为机械振动，但因受恒力，不是简谐运动，A错，B为弹簧振子，为简谐运动，B对；C中树枝摇摆，受树的弹力，但弹力的变化无规律，C错；D既不是机械振动，也不是简谐运动，D错．5．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置移动的过程中()A．振子所受的回复力逐渐增大B．振子的位移逐渐增大C．振子的速度逐渐减小D．振子的加速度逐渐减小解析：选D.振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的位移，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小．而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律a＝F/m得，加速度也减小．物体向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大．一、单项选择题1．简谐运动是()A．匀变速运动B．匀速直线运动C．非匀变速运动D．匀加速直线运动解析：选C.做简谐运动的物体所受回复力为F＝－kx，加速度为a＝－km x，a随x的变化而变化，故是非匀变速运动，C正确A、B、D错误．2．如图1－1－7所示，对做简谐运动的弹簧振子m的受力分析正确的是()图1－1－7A．重力、支持力、弹簧的弹力B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力C．重力、支持力、回复力、摩擦力D．重力、支持力、摩擦力解析：选A.回复力是振子沿振动方向的合力，是效果力而不是物体实际受到的力，B、C错误；弹簧振子做简谐运动，不受摩擦力，D错误．3.如图1－1－8所示是一弹性小球被水平抛出，在两个互相平行的竖直平面间运动的轨迹，则小球落在地面之前的运动()图1－1－8A．是机械振动，但不是简谐运动B．是简谐运动，但不是机械振动C．是简谐运动，同时也是机械振动D．不是简谐运动，也不是机械振动解析：选D.机械振动具有往复的特性，可以重复地进行，题中小球在运动过程中，没有重复运动的路径，因此不是机械振动，当然也肯定不是简谐运动，答案为D.4.如图1－1－9所示为一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，振子在B、C之间振动时()图1－1－9A．B→O位移为负，速度为正B．O→C位移为正，加速度为正C．C→O位移为负，加速度为正D．O→B位移为负，速度为正解析：选A.B→O时，振子在O点的左侧向右运动，其位移是负值，速度是正值．故A对．O→C 时，振子在O点的右侧向右运动，其位移和速度都是正值，而加速度指向左侧，是负值，故B错．C→O时，振子在O点的右侧向左运动，其位移是正值，加速度指向左侧，是负值，故C错．O→B时，振子在O点的左侧向左运动，其位移是负值．速度是负值，故D错．5．弹簧振子做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么，下列说法正确的是()A．振子在M、N两点受回复力相同B．振子在M、N两点对平衡位置的位移相同C．振子在M、N两点速度大小相等D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动解析：选C.经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，M、N两点必关于O点对称，振子位移应大小相等方向相反，回复力(加速度)也应大小相等方向相反，所以A、B错误，C正确；振子做简谐运动时，加速度做周期性变化，所以从M点到N点，振子不可能做匀加速运动或匀减速运动，D错．6．(2011年扬州中学高二期中)如图1－1－10所示，光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k.开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，然后轻轻释放振子，振子从初速度为零的状态开始向左运动，经过时间t后第一次达到平衡位置O 处，此时振子的速度为v，则在这个过程中振子的平均速度为()图1－1－10A ．0B ．v /2C ．F /(kt )D ．不为零的某值，但由题设条件无法求出解析：选C.时间t 内的位移x ＝F k ，则平均速度v ＝x t ＝Fkt，故选C 项．7.如图1－1－11所示，一轻质弹簧下面悬挂一物块组成一个沿竖直方向振动的弹簧振子，弹簧的上端固定于天花板上，当物块处于静止状态时，取它的重力势能为零，现将该物块向下拉一小段距离放手，此后振子在平衡位置上下做简谐运动，不计空气阻力，则( )图1－1－11A ．振子速度最大时，振动系统的势能为零B ．振子速度最大时，物块的重力势能与弹簧的弹性势能相等C ．振子经过平衡位置时，振动系统的重力势能最小D ．振子在振动过程中，振动系统的机械能守恒解析：选D.当振子的速度最大时，振子处于平衡位置，弹力与重力大小相等，方向相反，弹性势能不为零，而重力势能为零，A 、B 错；由于系统能量守恒，振子在平衡位置时的速度最大，动能最大，势能最小，但不是重力势能最小，C 错，D 对．8.如图1－1－12所示，质量为m 的物体A 放在质量为M 的物体B 上，B 与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A 、B 之间无相对运动．设弹簧的劲度系数为k ，当物体离开平衡位置的位移为x 时，A 、B 间摩擦力的大小等于( )图1－1－12A.kxB.m M kxC.mm ＋Mkx D ．0解析：选C.A 、B 一起做简谐运动，对A 、B 组成的系统而言，回复力是弹簧的弹力，而对于A而言，回复力则是B对A的静摩擦力．利用整体法和牛顿第二定律求出整体的加速度，再利用隔离法求A受到的静摩擦力．对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a.又F＝kx，则a＝kxM＋m.对A由牛顿第二定律得f＝ma＝mM＋mkx.由以上分析可知：做简谐运动的物体A所受的静摩擦力提供回复力，其比例系数为mM＋mk，不再是弹簧的劲度系数k.9.如图1－1－13所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动，且AB＝20 cm，振子由A到B的时间为0.1 s，则下列说法中正确的是()图1－1－13A．振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等B．振子由A到O的时间比振子由O到B的时间短C．振子完成一次全振动通过的路程为20 cmD．若使振子在AB＝10 cm间振动，则振子由A到B的时间仍为0.1 s解析：选D.在A、B两点，弹力大小并不等，但回复力相等，故A错．据对称性，振子从A 到O和从O到B时间相同，B错．一次全振动的路程为4A＝40 cm，C对．振幅、周期不变，仍为0.2 s，A到B仍用时0.1 s，D对．二、非选择题10．如图1－1－14所示的弹簧振子列表分析如下，试将空格补充完整．图1－1－14答案：11．如图1－1－15所示，一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10 cm的A、B两点，历时0.5 s，过B点后再经过t＝0.5 s质点以方向相反、大小相等的速度再次通过B 点，求质点从离开O到再次回到O点的时间．图1－1－15解析：根据题意，由振动的对称性可知：AB的中点O为平衡位置，A、B两点对称分布于O 点两侧；质点从平衡位置O向右运动到B的时间应为t OB＝12×0.5 s＝0.25 s质点从B向右到达右方极端位置(设为D)的时间t BD＝12×0.5 s＝0.25 s所以，质点从离开O到再次回到O点的时间t＝2t OD＝2×(0.25＋0.25) s＝1.0 s.答案：1.0 s12.如图1－1－16所示，一轻弹簧上端系于天花板上，下端挂一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k.将小球从弹簧为自由长度时的竖直位置放手，则图1－1－16(1)小球从开始运动到最低点下降的高度为多少？(2)小球运动到最低点时的加速度大小为多少？解析：(1)小球到O 点时，弹簧伸长的长度为x ，则mg ＝kx ，x ＝mgk ，x 为振动过程中球离开平衡位置的最大距离．故从放手至运动到最低点，下降高度为h ＝2x ＝2mgk.(2)刚放手时，小球处于最高点，此时弹簧的弹力为零，小球只受重力，其加速度为g ，由于最高点和最低点到平衡位置的距离相等，由a ＝－kxm 知，在最低点时加速度大小也为g .答案：(1)2mgk (2)g1.2振动的描述1．若做简谐运动的弹簧振子从平衡位置到最大位移处所需最短时间是0.1 s ，则( ) A ．振动周期是0.2 s B ．振动周期是0.4 s C ．振动频率是0.4 Hz D ．振动频率是0.4 Hz解析：选B.从平衡位置到最大位移处的最短时间恰好是四分之一周期，所以周期为0.4 s ，频率f ＝1T＝2.5 Hz ，B 正确．2．弹簧振子的振幅增大为原来的两倍时，下列说法正确的是( ) A ．周期增大为原来的两倍 B ．周期减小为原来的二分之一 C ．周期变成2倍 D ．周期不变解析：选D.简谐运动的周期又叫固有周期，与振幅无关，所以D 正确． 3．关于简谐运动的频率，下列说法正确的是( ) A ．频率越高，振动质点运动的速度越大B ．频率越高，单位时间内速度的方向变化的次数越多C ．频率是50 Hz 时，1 s 内振动物体速度方向改变50次D ．弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置时的速度大小有关解析：选B.简谐运动的频率与物体运动的快慢没有关系，描写物体运动的快慢用速度，而速度是变化的，假如在物体振动过程中，速度越大，也不能说明它的频率越大．振动得越快和运动得越快意义是不同的，故A 错误．简谐运动的物体在一个周期内速度的方向改变两次，1 s 内振动速度方向改变100次，C 错误；频率越高，单位时间内所包含的周期个数越多，速度方向变化的次数就越多，故B 正确．弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置的速度没有关系，它由振动系统的固有量：振子质量m 和弹簧的劲度系数k 决定，故D 错误． 4．下列说法正确的是( )A ．物体完成一次全振动，通过的位移是4个振幅B ．物体在14个周期内通过的路程是14个振幅C ．物体在1个周期内通过的路程是4个振幅D ．物体在34个周期内通过的路程是3个振幅解析：选C.物体完成一次全振动，回到初始位置，故一次全振动位移为零，而振幅为4A ，而半个周期内通过的路程为2A ，但14周期内通过的路程可能等于一个振幅，也可能小于一个振幅，还可能大于一个振幅，故只有C 正确．5．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π4t ，则质点( )A ．第1 s 末与第3 s 末的位移相同B ．第1 s 末与第3 s 末的速度相同C ．3 s 末至5 s 末的回复力方向都相同D ．3 s 末至5 s 末的加速度方向都相同解析：选A.由x ＝A sin π4t 知周期T ＝8 s ．第1 s 、第3 s 、第5 s 间分别相差2 s ，恰好是14个周期．根据简谐运动图象中的对称性可知A 选项正确．一、单项选择题1．如图1－2－9为甲、乙两等质量的质点做简谐运动的图象，以下说法中正确的是( )图1－2－9A ．甲、乙的振幅各为20 cm 和1 cmB ．甲比乙振动的快C ．0～2 s 内，甲、乙的加速度均为正值D ．t ＝2 s 时，甲的速度和乙的速度都达到各自的最大值答案：B2．周期为2 s 的简谐运动，振子在半分钟内通过的路程是60 cm ，则在此时间内振子经过平衡位置的次数和振子的振幅分别为( )A ．15次；2 cmB ．30次；1 cmC ．15次；1 cmD ．60次；2 cm解析：选B.振子完成一次全振动经过轨迹上每点的位置两次(除最大位移处)，而每次全振动振子通过的路程为4个振幅．3．物体A 做简谐运动的振动位移x A ＝3sin(100t ＋π2) m ，物体B 做简谐运动的振动位移x B ＝5sin(100t ＋π6)m.比较A 、B 的运动( ) A ．振幅是矢量，A 的振幅是6 m ，B 的振幅是10 mB ．周期是标量，A 、B 周期相等为100 sC ．A 、B 振动的频率为50 HzD ．A 与B 的相位差为π3解析：选D.振幅是标量，A 、B 的振动范围分别是6 m 、10 m ，但振幅分别为3 m 、5 m ，A选项错；A 、B 的周期T ＝2πω＝2π100 s ＝6.28×10－2s ，B 选项错；f ＝1T ＝50nHz ，C 选项错；Δφ＝φAO －φBO ＝π3，D 选项对． 4．(2011年沈阳二中月考)一质点做简谐运动的图象如图1－2－10所示，则该质点( )图1－2－10A ．在0.015 s 时，速度和加速度都为－x 方向B ．在0.01至0.03 s 内，速度与加速度先反方向后同方向，且速度是先减小后增大，加速度是先增大后减小C ．在第八个0.01 s 内，速度与位移方向相同，且都在不断增大D ．在每个1 s 内，回复力的瞬时功率有50次为零解析：选B.由图可知0.015 s 时，位移为负值，则加速度为x 正方向，速度为－x 方向，故A 项错；在0.01 s 至0.03 s 内，质点先背离平衡位置，然后返向平衡位置，位移为负值，位移大小先增大后减小，则速度与加速度先反向后同向，速度先减小后增大，加速度先增大后减小，故B 项对；第八个 0.01 s 内的情况与0.03 s 至0.04 s 内的情况相同，速度与位移方向相同，但速度减小，位移增大，故C 项错；由图可知T ＝4×10－2s ，则f ＝25 Hz ，每周期内物体速度为零有两次，回复力为零有两次，且速度与回复力不是同时为零，在每1 s 内，回复力的瞬时功率为零的次数η＝2×2×25＝100次，故D 项错．5.一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10 cm 的A 、B 两点，历时0.5 s ．过B 点后再经过t ＝0.5 s ，质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B 点，则质点振动的周期是( )图1－2－11A ．0.5 sB ．1.0 sC ．2.0 sD ．4.0 s解析：选C.根据题意，由振动的对称性可知：AB 的中点(设为O )为平衡位置，A 、B 两点对称分布于O 点两则．质点从平衡位置O 向右运动到B 的时间应为t OB ＝12×0.5 s ＝0.25 s ．质点从B 向右到达右方极端位置(设为D )的时间t BD ＝12×0.5 s ＝0.25 s ．所以，质点从O 到D 的时间：t OD ＝14T ＝0.25 s ＋0.25 s ＝0.5 s ．所以T ＝2 s.6．把一弹簧振子的弹簧拉长一些，然后由静止释放，经0.5 s ，振子经过平衡位置，则此弹簧振子的周期可能为( )A ．1 sB ．0.8 sC ．0.55 sD ．0.4 s解析：选D.振子经0.5 s 回到平衡位置，可能是第一次回到平衡位置，也可能是第二次、第三次……回到平衡位置．因此，弹簧振子在振动过程中在空间和时间上具有往复性和周期性．t ＝0.5 s 与周期有如下关系：t ＝T /4＋nT /2＝(2n ＋1)T /4(n ＝0,1,2…)．其物理意义为：第一次回到平衡位置用时T /4，以后每过T /2回到平衡位置一次．周期T ＝4t /(2n ＋1)＝2/(2n ＋1) s(n ＝0,1,2…)．当n ＝0时，T 0＝2 s ；当n ＝1时，T 1＝2/3 s ＝0.667 s ；当n ＝2时，T 2＝0.4 s ，因此正确答案为D.7．如图1－2－12所示，一弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，平衡位置为O ，已知振子的质量为M ，若振子运动到B 处时将一质量为m 的物体放到M 的上面，使m 和M 一起运动，且m 和M 之间无相对运动，则下列叙述正确的是( )图1－2－12A ．振幅不变B ．振幅减小C ．最大动能增大D ．最大动能减小解析：选A.当振子运动到B 点时，M 的动能为零，放上m ，系统的总能量为弹簧所储存的弹性势能E P ，由于简谐运动过程中系统的机械能守恒，即振幅不变，A 正确；当M 和m 运动至平衡位置O 时，M 和m 的动能之和即为系统的总能量，此时动能最大，由于弹簧所储存的最大势能不变，故最大动能不变．故B 、C 、D 都错误．8．如图1－2－13所示为一简谐运动的振动图象，在0～0.8 s 时间内，下列说法正确的是( )图1－2－13A ．质点在0和0.8 s 时刻具有正向最大速度B ．质点在0.2 s 时刻具有负向最大加速度C ．0至0.4 s 质点加速度始终指向－x 方向不变D ．在0.2 s 至0.4 s 时间内，加速度方向和速度方向相同解析：选D.在0和0.8 s 时刻具有负向的最大速度，而不是正向，故A 错；0.2 s 时刻加速度方向指向平衡位置即正向，故B 错；0至0.4 s 质点加速度指向x 正方向不变，故C 错；0.2 s 至0.4 s 内，加速度方向和速度方向相同，D 对．9．公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板．一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T .以竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即t ＝0，其振动图象如图1－2－14所示，则( )图1－2－14A ．t ＝14T 时，货物对车厢底板的压力最大 B ．t ＝12T 时，货物对车厢底板的压力最小 C ．t ＝34T 时，货物对车厢底板的压力最大 D ．t ＝34T 时，货物对车厢底板的压力最小解析：选C.要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大，则要求货物向上的加速度最大，由振动图象可知在34T 时，货物向上的加速度最大，则C 选项正确；货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则要求货物向下的加速度最大，由振动图象可知在14T 时，货物向下的加速度最大，所以选项A 、B 、D 错误． 10．一弹簧振子沿x 轴振动，振幅为4 cm ，振子的平衡位置位于x 轴上的O 点．下图上的a 、b 、c 、d 为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向．下图给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图象的是( )图1－2－15A ．若规定状态a 时t ＝0，则图象为①B ．若规定状态b 时t ＝0，则图象为②C ．若规定状态c 时t ＝0，则图象为③D ．若规定状态d 时t ＝0，，则图象为④解析：选D.振子在状态a 时t ＝0，此时的位移为3 cm ，且向规定的正方向运动，故选项A 不对，振子在状态b 时t ＝0，此时的位移为2 cm ，且向规定的负方向运动，选项B 不对．振子在状态c 时t ＝0，此时位移为－2 cm ，且向规定的负方向运动，选项C 不对．振子在状态d 时t ＝0，此时位移为－4 cm ，速度为零，故选项D 正确．二、非选择题11．一物体沿x 轴做简谐运动，振幅为8 cm ，频率为0.5 Hz ，在t ＝0时，位移是4 cm ，且向x 轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程x ＝A sin(ωt ＋φ)．解析：简谐运动的振动方程的一般式为x ＝A sin(ωt ＋φ0)．根据题给条件有：A ＝0.08 m ，ω＝2πf ＝π.所以x ＝0.08 sin(πt ＋φ0)m.将t ＝0时x ＝0.04 m 代入得0.04＝0.08sin φ0，解得初相φ0＝π6或φ0＝56π. 因为t ＝0时，速度方向沿x 轴负方向，即位移在减小，所以取φ0＝56π. 所求的振动方程为x ＝0.08sin(πt ＋56π)m.答案：x ＝0.08sin(πt ＋56π)m 12．图1－2－16表示一质点做简谐运动的图象．图1－2－16(1)求振幅、周期和频率；(2)何时速度最大？(3)t ＝2.2 s 时，速度方向如何？解析：(1)由题图可知，A ＝2 cm ，T ＝2 s ，f ＝1T＝0.5 Hz. (2)质点位移为零时，速度最大，即t ＝0,1 s,2 s,3 s …时，速度值最大．(3)由题图可知，2 s<t ＝2.2 s<2.5 s ，即T <t <54T ，质点速度方向沿＋x 方向．答案：见解析1.3单摆1．单摆是为研究振动而抽象出来的理想化模型，其理想条件是( )A ．摆线质量不计B ．摆线长度不伸缩C ．摆球的直径比摆球长度小得多D ．以上说法都正确解析：选D.单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，摆线不伸缩，所以选D.2．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的( )A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变、振幅改变D ．频率改变、振幅不变解析：选C.由单摆的周期公式T ＝2πl g可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A 是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由E k ＝12m v 2可知，摆球经过平衡位置时的动能改变，因此振幅改变，所以C 正确．3．要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是( )A ．增大摆球的质量B ．缩短摆长C ．减小摆动的角度D ．升高气温解析：选B.由单摆的周期公式T ＝2πl g可知，周期只与l 、g 有关，而与质量、摆动的幅度无关，当l 增大时，周期增大；g 增大时，周期减小；l 减小时，周期减小，频率增大．所以选B.4．两个单摆在做简谐运动，当第一个单摆完成5次全振动时，第二个单摆完成8次全振动，则第一个单摆与第二个单摆长度之比为( )A ．5∶8B ．8∶5C ．25∶64D ．64∶25解析：选D.由题意可知：T 1∶T 2＝8∶5，由周期公式T ∝l ，则l 1∶l 2＝T 12∶T 22＝64∶25，故D 对．5．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l 和周期T 计算重力加速度的公式是g ＝________.如果已知摆球直径为2.00 cm ，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1－3－8甲所示，那么单摆摆长是________．如果测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，那么秒表读数是________s ，单摆的摆动周期是________s.图1－3－8解析：由单摆周期公式可得g ＝4π2l T2.从刻度尺上可读出摆长l ＝87.40 cm.秒表的读数t ＝60 s ＋15.2 s ＝75.2 s ，周期T ＝t N ＝75.2 s 40＝1.88 s. 答案：4π2l T2 87.40 cm 75.2 1.88一、单项选择题1．一个单摆的摆球运动到最大位移处时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是()A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大解析：选D.在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大；但摆球质量不影响周期，周期不变，故选项D正确．2．用单摆测重力加速度时，若测得的数值大于当地公认的数值，则引起这一误差的原因可能是()A．把摆线长当作摆长B．把摆线长与球的半径之和作摆长C．振动次数计多了D．振动次数计少了解析：选C.由T＝2πlg知，g＝4π2lT2，则g变大的原因是l大了或T小了，可知选C.3．如图1－3－9中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后放手，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动．以m A、m B分别表示摆球A、B的质量，则()图1－3－9A．如果m A>m B，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B．如果m A<m B，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C．无论m A∶m B是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D．无论m A∶m B是多少，下一次碰撞都只能在平衡位置左侧解析：选C.由于两摆球摆长相同，做简谐振动的周期相同，离开平衡位置后又同时回到平衡位置，只能在平衡位置相碰，C正确．4．(2011年南京六中高二期末)一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述中正确的是() A．g甲>g乙，将摆长适当增长B．g甲>g乙，将摆长适当缩短C．g甲<g乙，将摆长适当增长D．g甲<g乙，将摆长适当缩短解析：选C.钟从甲地拿到乙地，钟摆摆动加快，说明周期变短，由T＝2π lg可知，g甲<g乙，要将钟调准需将摆长增长，故C正确．5．如图1－3－10所示为两个单摆的振动图象，从图象中可以知道它们的()图1－3－10A．摆球质量相等B．振幅相等C．摆长相等D．摆球同时改变速度方向解析：选C.由图中可以看出，Ⅰ摆振幅为2 cm，Ⅱ摆振幅为1 cm，B错．Ⅰ、Ⅱ两摆的周期均为4 s，由于在同一地点，单摆周期只与摆长有关，故两摆摆长相等，C对．由于周期与质量无关，摆球质量关系无法判断，A错．摆球速度方向改变时为通过最大位移处的时刻，从图象中可以看出，两摆改变速度方向不同时，D错．6．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图1－3－11所示，以下说法正确的是()图1－3－11A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：选D.由题图振动图象可看，t1时刻和t3时刻，小球偏离平衡位置的位移最大，此时其。

2018-2019学年鲁科版选修3-4简谐运动第1课时作业

第1节简谐运动1.一水平弹簧振子做简谐运动，则下列说法中正确的是()A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C．振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同D．振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同[解析]位移为负值时，速度可以为正也可以为负，加速度一定为正值，A错误；弹簧振子做简谐运动时，经过同一点时受的弹力必定是大小相等、方向相同，故加速度必定相同，但经过同一点时只是速度的大小相等，方向不一定相同，D正确；经过平衡位置时，加速度为零，速率最大，但每次经过平衡位置时的运动方向可能不同，B、C 错误。

[答案] D2．如图11-1-5所示的弹簧振子，O点为它的平衡位置，当振子m离开O点，再从A点运动到C点时，振子离开平衡位置的位移是()图11-1-5A．大小为OC，方向向左B．大小为OC，方向向右C．大小为AC，方向向左D．大小为AC，方向向右解析：选B振子离开平衡位置，以O点为起点，C点为终点，位移大小为OC，方向向右。

3．(多选)下列关于理想弹簧振子的说法中正确的是()A．任意的弹簧和任意的小球就可以构成弹簧振子B．弹簧振子中小球的振动范围不能超出弹簧的弹性限度C．弹簧振子中小球的体积不能忽略D．弹簧振子中的小球一旦振动起来就停不下来解析：选BD理想弹簧振子中弹簧的质量可以忽略，小球体积忽略不计，可看成质点，不计摩擦阻力，小球一旦振动起来将不会停下来，而小球振动时，弹簧不能超出弹性限度，故B、D正确，A、C错误。

4.弹簧上端固定在O点，下端连接一小球，组成一个振动系统，如图11-1-6所示，用手向下拉一小段距离后释放小球，小球便上下振动起来，下列说法正确的是()图11-1-6A ．小球运动的最低点为平衡位置B ．弹簧原长时的位置为平衡位置C ．球速为零的位置为平衡位置D ．小球原来静止时的位置为平衡位置解析：选D 平衡位置是小球不振动时静止的位置，此时弹簧处于伸长状态，B 错误，D 正确；小球在振动过程中速度为零的位置离平衡位置最远，A 、C 均错误。

2018-2019学年鲁科版选修3-4 单摆第1课时作业

学案：单摆[目标定位] 1.理解单摆模型及其振动的特点.2.理解单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.3.了解影响单摆周期的因素，会用周期公式计算周期和摆长．一、单摆的回复力[问题设计]一阵风吹过，大厅里的吊灯，微微摆动起来，久久不停……，试着用所学知识证明吊灯的往复运动是简谐运动．答案吊灯在摆动过程中的受力如图所示，绳子的拉力F ′与重力的分力G 2都与吊灯的运动方向垂直，对吊灯运动速度的大小及速度向左还是向右都没有影响，其合力提供了吊灯做圆周运动所需的向心力，而重力G 沿圆弧切线方向的分力G 1＝mg sin θ提供了使吊灯摆动的回复力，即F ＝mg sin θ，当偏角很小时，sin θ≈xl ，所以吊灯的回复力为F ＝－mgl x (式中x 表示吊灯偏离平衡位置的位移，负号表示回复力F 与位移x 的方向相反)，故吊灯做简谐运动．[要点提炼] 1．单摆(1)模型：如果悬挂小球的细线的伸缩和质量可以忽略，线长又比球的直径大得多，这样的装置叫做单摆．单摆是实际摆的理想化的物理模型． (2)单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置． 2．单摆的运动特点(1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v ≠0，沿半径方向都受向心力．(2)摆球以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，沿轨迹的切线方向都受回复力． 3．单摆的回复力(1)回复力的提供：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力(沿半径方向的分力提供向心力)．(2)回复力的大小：在偏角很小时，F ＝－mgl x . [延伸思考]单摆经过平衡位置时，合外力为零吗？答案单摆振动的回复力是重力在轨迹切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力．摆球所受的合外力在摆线方向的分力提供摆球做圆周运动的向心力．所以并不是合外力完全用来提供回复力的．因此摆球经平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)．二、单摆做简谐运动的周期 [问题设计]如图1所示，两个单摆同时释放，我们可以观察到振动的周期不同．影响周期的因素可能有单摆的振幅、摆球质量、摆长，采用什么方法确定周期与这些量的关系？图1答案控制变量法．具体做法为：(1)只让两摆的振幅不同(都在小偏角情况下)；(2)只让两摆摆球的质量不同；(3)只让两摆的摆长不同．比较以上三种情况下两摆的周期，可以得到周期与振幅、摆球质量、摆长之间的定性关系．[要点提炼]1．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟． 2．单摆的周期(1)单摆的周期T ＝2πlg ，只与摆长l 及单摆所在处的重力加速度g 有关，与振幅及摆球的质量无关．单摆的周期叫固有周期．(2)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)．(3)单摆周期公式中的g 应为单摆所在处的重力加速度，l 应为单摆的摆长．摆长是指从悬点到摆球重心的长度，l ＝l ′＋d2，l ′为摆线长，d 为摆球直径．(4)等效摆长：图2(a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l ·sin α，这就是等效摆长．其周期T ＝2π l sin αg，图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆时，与丙摆等效．图23．计算单摆的周期有两种方法，一是依据T ＝2πl g ，二是根据T ＝tN.第一种方法利用了单摆的周期公式，计算的关键是正确确定摆长．第二种方法利用了粗测周期的一种方法，周期的大小虽然不取决于t 和N ，但利用该种方法计算周期，会受到时间t 和振动次数N 测量的准确性的影响．一、单摆的回复力例1 关于单摆，下列说法中正确的是( )A ．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置B ．摆球受到的回复力是它的合力C ．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零D ．摆角很小时，摆球受到的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比解析单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力，A 对，B 错；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)，C 错；另外摆球所受的合力不是回复力，所以与位移大小不成正比，D 错．答案 A二、单摆的周期例2 两个单摆都做简谐运动，在同一地点甲摆振动20次时，乙摆振动了40次，则( ) A ．甲、乙摆的振动周期之比为1∶2 B ．甲、乙摆的振动周期之比为 2∶1 C ．甲、乙摆的摆长之比为1∶4 D ．甲、乙摆的摆长之比为4∶1解析由题意知20T 甲＝40T 乙，故T 甲∶T 乙＝2∶1，A 、B 错；而T ＝2πlg，所以l 甲∶l乙＝T 2甲∶T 2乙＝4∶1，C错，D 对．答案 D例3 如图3所示，MN 为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A 放在MN 的圆心处，再把另一小球B 放在MN 上离最低点C 很近的一处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( )图3A ．A 球先到达C 点B ．B 球先到达C 点 C ．两球同时到达C 点D ．无法确定哪一个球先到达C 点解析 A 球做自由落体运动，到达C 点所需时间t A ＝2Rg ，R 为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R 很大，B 球离最低点C 又很近，所以B 球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动，等同于摆长为R 的单摆，则运动到最低点C 所用的时间是单摆振动周期的14，即t B ＝T 4＝π2 Rg >t A ，所以A 球先到达C 点．答案 A例4 如图4所示，一摆长为l 的单摆，在悬点的正下方的P 处有一钉子，P 与悬点相距l －l ′，则这个摆做小幅度摆动时的周期为( )图4A ．2πl gB ．2πl ′gC ．π(l g ＋l ′g )D ．2πl ＋l ′2g解析碰钉子前摆长为l ，故周期T 1＝2πlg ，碰钉子后摆长变为l ′，则周期T 2＝2πl ′g ，所以此摆的周期T ＝T 12＋T 22＝π( l g ＋l ′g )．答案 C1．(对单摆模型的理解)制作一个单摆，合理的做法是( ) A ．摆线细而长 B ．摆球小而不太重C ．摆球外表面光滑且密度大D ．悬点固定且不松动答案 ACD2．(单摆的回复力)单摆振动的回复力是( ) A ．摆球所受的重力B ．摆球重力在垂直悬线方向上的分力C ．悬线对摆球的拉力D ．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力答案 B解析单摆振动的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B 正确．3．(单摆的周期)单摆原来的周期为T ，下列哪种情况会使单摆的周期发生变化( )A ．摆长减为原来的14B ．摆球的质量减为原来的14C ．振幅减为原来的14D ．重力加速度减为原来的14 答案 AD解析由单摆的周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关．4．(单摆的周期)甲、乙两个单摆，甲的摆长为乙的4倍，甲的振幅是乙的3倍，甲摆球的质量是乙摆球的2倍，那么甲摆动5次的时间里，乙摆动________次．答案 10解析单摆的振动周期与振幅和摆球的质量无关，根据公式T ＝2πlg 可以判断甲的周期是乙的2倍，甲在摆动5次的时间内，乙摆动10次．题组一单摆及其回复力1．有下列器材可供选用，可以用来做成一个单摆的有( ) A ．带小孔的实心木球 B ．带小孔的实心钢球 C ．长约1 m 的细线 D ．长约10 cm 的细线答案 BC解析制作单摆时应选用体积小、质量大的球和细、长、轻、弹性小的线．2．振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合外力的说法中正确的是( )A ．回复力为零，合外力不为零，方向指向悬点B ．回复力不为零，方向沿轨迹的切线C ．合外力不为零，方向沿轨迹的切线D ．回复力为零，合外力也为零答案 A解析摆球通过平衡位置时，回复力为零，合外力指向悬点提供摆球圆周运动的向心力，故A 选项正确．3．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的( ) A ．合外力为零 B ．回复力为零 C ．向心力为零 D ．摆线中张力为零答案 C解析当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，所以选项A 、B 均错；摆球在最大位移处，速度为零，由向心力公式F ＝m v 2r 可知，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C 对，D 错． 4．下列关于单摆的说法，正确的是( )A ．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为A (A 为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－AB ．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力C ．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力D ．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零答案 C解析简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A ，在平衡位置时位移应为零，A 错；摆球的回复力由合外力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)提供，合外力沿摆线方向的分力提供向心力，B 错，C 正确；摆球经最低点(摆动的平衡位置)时回复力为零，但向心力不为零，合外力刚好提供向心力，所以合外力不为零，加速度不为零，D 错．题组二单摆周期的理解和应用5．发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大( ) A ．增大摆球质量 B ．缩短摆长 C ．减小单摆振幅 D ．将单摆由山下移至山顶答案 D解析由单摆周期公式T ＝2πlg 知，T 与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，l 变小，T 变小；单摆由山下移到山顶，g 变小，T 变大．6．如图1所示，光滑轨道的半径为2 m ，C 点为圆心正下方的点，A 、B 两点与C 点相距分别为6 cm 与2 cm ，a 、b 两小球分别从A 、B 两点由静止同时放开，则两小球相碰的位置是( )图1A ．C 点B ．C 点右侧 C ．C 点左侧D ．不能确定答案 A解析由于半径远远地大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因此周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故选项A 正确．7．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动( ) A ．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长 B ．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长 C ．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长 D ．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长答案 B解析把摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g 变小，则周期T ＝2πlg ＞T 0，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长，B 正确． 8．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s ，下列措施可行的是( ) A ．将摆球的质量减半 B ．将振幅减半C ．将摆长减半D ．将摆长减为原来的14 答案 D解析由单摆周期公式T ＝2πl g 可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的14.9．如图2所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了所谓的双线摆，若摆线长为l ，两线与天花板的左右两侧夹角均为α，当小球沿垂直纸面方向做简谐运动时，周期为( )图2A ．2πl gB ．2π2l gC ．2π 2l cos αg D ．2πl sin αg答案 D 解析这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T ＝2πlg计算，但注意此处的l与题中的绳长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离．此题中单摆的等效摆长为l sin α，代入周期公式，可得T＝2π l sin αg，故选D.题组三综合应用10．一个单摆的摆球偏离到最大位移处时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是()A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大答案 D解析在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大，但摆球质量不影响周期，周期不变．选项D正确．11．如图3所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长是l，下端C点系着一个直径可忽略的小球．(重力加速度为g)图3(1)让小球在纸面内小角度摆动，求单摆的周期是多少？(2)让小球垂直纸面小角度摆动，周期又是多少？答案见解析解析(1)让小球在纸面内摆动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为OC的长度，所以单摆的周期T＝2πl g.(2)让小球垂直纸面摆动，如图所示，由几何关系可得OO′＝34l，等效摆长为l′＝OC＋OO′＝l＋34l，所以周期T′＝2πl′g＝π(4＋3)lg.。

鲁科版高中物理选修3-4课时作业3.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）1．关于单摆，下列说法正确的是()A．摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力B．摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的C．摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的D．摆球经过平衡位置时受力是平衡的【解析】摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错．根据简谐运动的对称性可知摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同，也可能不同．加速度的大小、方向都相同，故B错，C对．摆球经过平衡位置时，回复力为零，合外力不为零，并不平衡，所以D错．【答案】 C2．(2011·上海高考)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()A．f1>f2，A1＝A2B．f1<f2，A1＝A2C．f1＝f2，A1>A2D．f1＝f2，A1<A2【解析】单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误．【答案】 C3．两个单摆在相同的时间内，甲摆动45次，乙摆动60次，则()A．甲、乙两摆的周期之比为3∶4 B．甲、乙两摆的频率之比为9∶16 C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶3 D．甲、乙两摆的摆长之比为16∶9【解析】设摆动时间为t，则T甲＝t45，T乙＝t60可得T甲T乙＝6045＝43.f甲f乙＝34.又由T＝2πlg可得l甲l乙＝T2甲T2乙＝169，故选D.【答案】 D4．(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精度有利的是()A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期【解析】单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度．适当加长摆线长度有利于把摆球看成质点，在摆角小于5°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，选项A对．摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球其影响越大，选项B错．只有在小角度的情形下，单摆的周期才满足T＝2πlg，选项C对．本实验采用累积法测量周期，若仅测量一次全振动，由于摆球过平衡位置时速度较大，难以准确记录，且一次全振动的时间太短，偶然误差较大，选项D错．【答案】AC5．(2013·青岛高二检测)一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的1/4.在地球走得很准的摆钟搬到此行星后，此钟的分针走一整圈所经历的时间是()A．1/4 h B．1/2 hC．2 h D．4 h【解析】由题知g星＝14g地，由T＝2πlg知，摆钟搬到行星上后其周期变为地面上周期的2倍，因而此钟的分针走一圈所经历的时间为2 h，故C项正确．【答案】 C图1－3－126．如图1－3－12所示，光滑槽的半径R远大于小球运动的弧长，今有两个小球(视为质点)同时由静止释放．其中甲球开始离圆槽最低点O较远些，则它们第一次相遇的地点是在()A．O点B．O点偏左C．O点偏右D．无法确定，因为两小球的质量关系未知【解析】因为槽半径R远大于小球运动的弧长，所以小球的运动可看成单摆模型，由T＝2πRg知，两球经14T在最低点O相遇，选项A正确．【答案】 A7．如图1－3－13所示为两个单摆的振动图象，从图象中可以知道它们的()图1－3－13A．摆球质量相等B．振幅相等C．摆长相等D．摆球同时改变速度方向【解析】由图象可知，两单摆的周期相等，则摆长相等，无法确定质量关系，故A错，C对．由题图可知振幅不同，且两个摆球不能同时到达最大位移处，即速度方向不能同时改变，故B、D错．【答案】 C8．(多选)如图1－3－14所示为甲、乙两单摆的振动图象，则()图1－3－14A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l 乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l 乙＝4∶1C．若甲、乙两单摆的摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两单摆的摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4【解析】由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故B对，A错；若两单摆的摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错，D对．【答案】BD图1－3－159．如图1－3－15所示，三根细线于O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知线OC长是L，下端C点系着一个小球．下面说法中正确的是()A．让小球在纸面内摆动，周期为T＝2πL gB．让小球在垂直纸面方向摆动，其周期为T＝2π3L 2gC ．让小球在纸面内摆动，周期为T ＝2π 3L 2gD ．让小球在垂直纸面内摆动，周期为T ＝2πLg【解析】让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O 点为悬点，摆长为L ，周期为T ＝2πLg .让小球在垂直纸面内摆动，则摆球以OC 的延长线与AB 交点为中心摆，摆长为L ＋L 2cos 30°＝L ＋34L ，周期为T′＝ 2π（4＋3）L 4g，选项A 正确．【答案】 A10．(2013·长清高二检测)我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国航天员将登上月球．假如航天员在月球上测得摆长为l 的单摆做小振幅振动的周期为T ，将月球视为密度均匀、半径为r 的球体，则月球的密度为( )A.πl 3GrT 2B.3πl GrT 2C.16πl 3GrT 2D.3πl 16GrT 2【解析】由T ＝2πl g 得，g ＝4π2l T 2，由G Mm r2＝mg 得， M ＝gr 2G ＝r 2G ·4π2l T 2＝4π2r 2l GT 2，密度ρ＝M 43πr 3＝4π2r 2lGT 243πr 3＝3πl GrT 2，故B 正确．【答案】 B11．(2013·莆田高二检测)如图1－3－16甲是一个单摆振动的情形，O 是它的平衡位置，B 、C 是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：图1－3－16(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s 2，试求这个摆的摆长是多少？【解析】 (1)由乙图知周期T ＝0.8 s ，则频率f ＝1T ＝1.25 Hz.(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B 点．(3)由T ＝2πl g 得l ＝gT 24π2＝0.16 m.【答案】 (1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m12．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l 和周期T 计算重力加速度的公式是g ＝________．如果已知摆球直径为2.00 cm ，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1－3－17(a)所示，那么单摆摆长是________．如果测定了40次全振动的时间如图(b)中秒表所示，那么秒表读数是________s ，单摆的摆动周期是________s.图1－3－17【解析】由实验原理和单摆的周期公式T ＝2πlg 知g ＝4π2l T 2.摆球的直径d ＝2.00 cm.故摆长l ＝88.40 cm －2.002 cm ＝87.40 cm.秒表的读数t ＝75.2 s ．故单摆的振动周期T ＝t n ＝75.240 s ＝1.88 s.【答案】 4π2l T 2 87.4 0 cm 75.2 s 1.88 s。

鲁科版高中物理选修3-4课时作业2.docx

高中物理学习材料桑水制作1．有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为( )A．1∶1 1∶1 B．1∶1 1∶2C．1∶4 1∶4 D．1∶2 1∶2【解析】弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2.而对同一振动系统，其周期与振幅无关，则周期之比为1∶1.【答案】 B2．(2013·海口高二检测)如图1－2－7所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是( )图1－2－7A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是1 s，振幅是10 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm【解析】振子从B到C经历半个周期，故T＝2 s，而A＝5 cm，故选项D 正确．【答案】 D图1－2－83．(2012·重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图1－2－8所示，将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是( )【解析】试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.【答案】 D4．(多选)一质点做简谐运动，其振动图象如图1－2－9所示，在0.2 ～0.3 s这段时间内质点的运动情况是( )图1－2－9A．沿x负方向运动，速度不断增大B ．沿x 负方向运动，位移不断增大C ．沿x 正方向运动，速度不断增大D ．沿x 正方向运动，位移不断减小【解析】由图知质点正从负的最大位移向平衡位置运动，位移不断减小，速度正逐渐增加．【答案】 CD5．一弹簧振子的周期为2 s ，从振子通过平衡位置向右运动起，经过1.85 s时，其运动情况是( )A ．向右减速B ．向右加速C ．向左减速D ．向左加速【解析】经过1.85 s ，振子处于34T 至T 内，它正在平衡位置的左侧向平衡位置处运动，所以振子是向右加速．【答案】 B6．在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图象如图1－2－10所示．假设向右的方向为正方向，则物体加速度向右且速度向右的时间段是( )图1－2－10A ．0 s 至1 s 内B ．1 s 至2 s 内C ．2 s 至3 s 内D ．3 s 至4 s 内【解析】质点从负的最大位移向平衡位置运动时物体加速度和速度都向右．【答案】 D7．(2013·福州一中检测)一质点做简谐运动的图象如图1－2－11所示，下列说法正确的是( )图1－2－11A．质点振动的频率是4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．第4 s末质点的速度为零D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同【解析】根据振动图象可知：该简谐运动周期T＝4 s，所以频率f＝1 T ＝0.25 Hz，A错；10 s内质点通过路程s＝104×4A＝10A＝10×2 cm＝20 cm，B正确；第4 s末质点经过平衡位置，速度最大，C错；在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，D错．【答案】 B8．(多选)已知物体A、B做简谐运动．物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sin(100t＋π2) m，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sin(100t＋π6) m．比较A、B的运动( )A．振幅是矢量，A的振幅是6 m，B的振幅是10 m B．周期是标量，A、B周期相等为100 sC．A振动的频率fA 等于B振动的频率fBD．A的相位始终超前B的相位π3【解析】振幅是标量，A、B的振动范围分别是6 m、10 m，但振幅分别为3 m、5 m，A错；A、B振动的周期T＝2πω＝2π100s＝6.28×10－2 s，B错；因为T A ＝TB，故fA＝fB，C对；Δφ＝φAO－φBO＝π3，D对．【答案】CD9．(多选)如图1－2－12所示为质点P在0～4 s内的振动图象，下列叙述正确的是( )图1－2－12A．再过1 s，该质点的位移是正的最大B．再过1 s，该质点的速度沿正方向C．再过1 s，该质点的加速度沿正方向D．再过1 s，该质点加速度最大【解析】将图象顺延续画增加1 s，质点应在正最大位移处，故A、D正确．【答案】AD10．(2013·武汉高二检测)如图1－2－13所示，图(甲)为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图(乙)为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )图1－2－13A．在t＝0.2 s时，弹簧振子可能运动到B位置B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同C．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续的增加D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同【解析】t＝0.2 s时，振子的位移为正向最大位移，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A点也可能在B点，A正确．t＝0.1 s时速度为正，t＝0.3 s时速度为负，两者方向相反，B错．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错．t＝0.2 s与t＝0.6 s 两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D错．【答案】 A11．质点沿x轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O.质点经过a点和b点时速度相同，由a点运动到b点需0.2 s；质点由b点再次回到a点最短需要0.4 s．则该点做简谐运动的频率为( )A．1 Hz B．1.25 HzC．2 Hz D．2.5 Hz【解析】由题意知a、b两点关于O点对称．由tab ＝0.2 s，tba＝0.4 s知质点经过b点后还要继续向最大位移处运动，直到最大位移处，然后再回来经b到a.则质点由b到最大位移处再回到b所用时间为0.2 s，则T4＝12tab＋12(tba－tab)，解得质点做简谐运动的周期T＝0.8 s，频率f＝1/T＝1.25 Hz.【答案】 B12．某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin 5πt cm，由此可知：(1)物体的振幅为多少？(2)物体振动的频率为多少？(3)在t＝0.1 s时，物体的位移是多少？【解析】将本题中表达式x＝10sin 5πt cm与简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ)对应项比较，可得：(1)振幅A＝10 cm.(2)振动频率f＝ω2π＝5π2πHz＝2.5 Hz.(3)t＝0.1 s时位移x＝10sin(5π×0.1)cm＝10 cm.【答案】(1)10 cm (2)2.5 Hz (3)10 cm。

鲁科版高中物理选修3-4课时作业7.docx

高中物理学习材料桑水制作1．(多选)下列关于两列波相遇时叠加的说法正确的是( )A．相遇后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强B．相遇后，两列波的振动情况与相遇前完全相同C．在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和D．几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰【解析】两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变，而质点的振动则是两列波共同作用的结果，故A选项错误，B、C选项正确；几个人在同一房间说话，声带振动发出的声波在空间中相互叠加后，不改变每列波的振幅、频率，所以声波传到人的耳朵后，仍能分辨出不同的人所说的话，故D正确．【答案】BCD2．图2－3－13分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔(甲、乙图)或障碍物(丙、丁图)，其中能发生明显衍射现象的有( )图2－3－13A．只有甲、乙、丁B．只有甲、丁C．只有乙、丙D．只有甲、丙【解析】由发生明显衍射的条件知，当孔和障碍物的尺寸跟波长相差不多或者更小时，能发生明显衍射，由图知甲、乙、丁可发生，故选A.【答案】 A3．(多选)上课时老师将一蜂鸣器固定在教鞭一端后迅速水平旋转，蜂鸣器音调竟然忽高忽低变化，下列判断正确的是( )A．旋转时蜂鸣器发出的频率变化了B．由于旋转，改变了同学们听到的声音频率C．蜂鸣器音调变高时，一定是向靠近观察者的方向运动D．音调的忽高忽低是由波的干涉造成的【解析】蜂鸣器发出的声音频率没变，只是在旋转过程中与观察者之间相对位置改变了．【答案】BC图2－3－144．(2013·厦门高二检测)如图2－3－14表示产生机械波的波源O做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰．该图表示的是( )A．干涉现象B．衍射现象C．反射现象D．多普勒效应【解析】多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的现象，故知该图表示的是多普勒效应．【答案】 D5．分析下列物理现象：(1)夏天，在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝(2)“闻其声而不见其人”(3)学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音(4)当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高这些物理现象分别属于波的( )A．反射、衍射、干涉、多普勒效应B．折射、衍射、多普勒效应、干涉C．反射、折射、干涉、多普勒效应D．衍射、折射、干涉、多普勒效应【解析】夏天，在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝是雷声在云层里多次反射造成的；闻其声而不见其人是声波的衍射造成的；振动的音叉会产生声波的干涉现象，故听到忽强忽弱的声音；我们听到汽笛声的音调变高是由多普勒效应产生的现象，故A正确．【答案】 A图2－3－156．(2011·上海高考)两列波源S1、S2在水槽中形成的波形如图2－3－15所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则( )A．在两波相遇的区域中会产生干涉B．在两波相遇的区域中不会产生干涉C．a点的振动始终加强D．a点的振动始终减弱【解析】由图知，两列波的波长不相等，不满足波的干涉条件，故B正确，A、C、D错误．【答案】 B7．(多选)当两列振动情况完全相同的水波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，下列说法正确的是( )A．质点P的振动始终是加强的B．质点P的振幅最大C．质点P的位移始终最大D．质点P的位移有时为零【解析】干涉现象中，振动加强点的振幅大，但位移是变化的．【答案】ABD8．(多选)下面哪些应用是利用了多普勒效应( )A．利用在地球上接收到遥远天体发出的光波的频率来判断遥远天体相对于地球的运动速率B．交通警察向行驶中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生的变化，就知道汽车的速度，以便于进行交通管理C．铁路工人用耳贴在铁轨上可判断火车的运动情况D．有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声可判断飞行的炮弹是接近还是远去【解析】凡是波都具有多普勒效应，因此利用光波的多普勒效应便可以测定遥远星体相对地球运动的速率，故A选项正确；被反射的电磁波，相当于一个运动的物体发出的电磁波，其频率发生变化，由多普勒效应的计算公式可以求出运动物体的速度，故B选项正确；铁路工人是根据振动的强弱而对列车的运动做出判断的，故C不正确；炮弹飞行，与空气摩擦产生声波，人耳接收到的频率与炮弹的相对运动方向有关，故D选项正确．【答案】ABD9．(2013·赤水高二检测)在水面上有S1和S2两个振幅和频率相同的波源，开始起振时两波源的振动方向相反．在两波源连线的中垂线上有a、b、c三点，经过一段时间这三点都处于两列波的叠加区域内．如图2－3－16所示，则下列说法中正确的是( )A．a点是振动加强点，c点是振动减弱点B．a、c点是振动加强点，b点是振动减弱点C．a、c点此时刻振动加强，经过一段时间后变为振动减弱点，而b点可能变为振动加强点D．a、b、c三点都是振动减弱点【解析】由S1和S2两列频率相同的波源所发出的机械波，相遇后满足相干条件，在它们重叠区域将发生干涉．由于S1和S2两波源振动方向相反，所以在S1S2的垂直平分线上，任一点由两列波所引起的振动点总是大小相同、方向相反，相互叠加，使振动减弱．所以a、b、c三点都是振动减弱的点，因此只有选项D是正确的．【答案】 D10．(多选)如图2－3－17所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷，设两列波的振幅均为 5 cm，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1 m/s和0.5 m．C点是BE连线的中点，下列说法正确的是( )A．C、E两点都保持静止不动B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为20 cmC．图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动D．从图示的时刻起经0.25 s后，B点通过的路程为20 cm【解析】加强区是质点A、B、E的连线处，减弱区是过D、F的连线处和过P、Q的连线处，C、E为振动加强点，不可能静止不动．图示时刻，A在波峰，B在波谷，它们的振动是加强的，故振幅均为两列波振幅之和，此时两点的高度差为20 cm.波是由E向A处传播的，在图示时刻，A、B、C、E等质点的波形图如图所示，由图可知，C点向上运动，波的周期T＝λv＝0.5 s，t＝0.25 s＝T2，B点通过的路程为s＝2A＝2×10 cm＝20 cm，故B、C、D正确．【答案】BCD图2－3－1811．把M、N两块挡板中的空隙当成一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了如图2－3－18所示的图样，位置P处的水没有振动起来，现要使挡板左边的振动传到P处，在不改变挡板M的位置和P点位置的情况下，可以采用哪些办法？【解析】波发生明显的衍射现象的条件是障碍物或狭缝的尺寸与波长相差不多，或者比波长更小，所以要使P点振动起来，有两种方法，一是减小孔的尺寸，二是增大水波的波长．N板向上移，可以减小孔的尺寸；水波的波速一定，由v＝λf可知，减小波源的频率可以增大水波的波长．【答案】N板上移或减小波源振动的频率12．(2013·济南高二检测)如图2－3－19所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－2×10－1m和x＝12×10－1m处，两列波的波速均为v＝0.4 m/s，两波源的振幅均为A＝2 cm.图示为t＝0时刻两列波的图象(传播方向如图)，此刻平衡位置处于x＝0.2 m 和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x＝0.5 m处．图2－3－19(1)从t＝0时刻起，两列波经多长时间相遇？(2)质点M振动的振幅多大？(3)t＝1 s时刻，质点M的位移多大？【解析】(1)由v＝ΔxΔt得Δt＝Δxv＝0.30.4s＝0.75 s即两列波经0.75 s相遇．(2)两列波同时传到M点时，振动方向相同，所以振动加强，质点M的振幅为两列波在该点振动的振幅之和，即为4 cm.(3)由题图可知两列波的波长λ＝0.4 m，周期T＝λv＝0.40.4s＝1.0 s，M点开始振动的方向沿y轴负方向，再经T4＝0.25s到达负向最大位移处，所以t＝0.75 s＋0.25 s＝1 s时刻质点M的位移为－4 cm.【答案】(1)0.75 s (2)4 cm (3)－4 cm。

高二物理综合练习鲁教版选修3~4

高二物理综合练习鲁教版选修3~4【本讲教育信息】一. 教学内容：选修3~4综合练习【模拟试题】一. 选择题（每小题4分，共40分）1. 单摆振动的回复力是（）A. 摆球所受的重力B. 摆球重力在垂直悬线方向上的分力C. 悬线对摆球的拉力D. 摆球所受的重力和悬线对摆球拉力的合力2. 一个做简谐运动的质点，它的振幅是4cm，频率是2.5Hz，该质点从平衡位置开始经过0.5s后，位移的大小和所通过的路程分别为（）A. 4cm，10cmB. 4cm，20cmC. 0，24cmD. 100cm，100cm3. 将磁波谱的顺序排列按频率由小到大的是（）A. 红外线、无线电波、紫外线、可见光、r射线、x射线B. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、x射线、r射线C. r射线、x射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波D. 无线电波、紫外线、可见光、红外线、x射线、r射线4. 一列横波沿x轴传播，到达坐标原点时的波形如图A—1。

当此波到达P点时，处于O 点处的质点所通过的路程和该时刻的位移是（）A. 40.5cm，1cmB. 40.5cm，C. 81cm，1cmD. 81cm，图A—15. 在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图线如图A—2所示，假设向右的方向为正方向，则物体加速度向右且速度向右的时间是（）A. 0到1s内B. 1s到2s内C. 2s到3s内D. 3s到4s内图A—26. 有两个频率相同的红色点光源，照亮白墙上同一区域。

两个点光源离墙的距离相差半个波长，则墙上重叠区域呈现的情况是（）A. 出现红、黑相间的干涉条纹B. 墙上一片黑暗C. 墙上一片红光D. 条件不全，情况不确定7. 一束光从空气射向折射率的某种玻璃的表面，如图A—3所示，i代表入射角，则下列说法正确的是（）（1）当时会发生全反射现象（2）无论入射角是多大，折射角r都不会超过45°（3）欲使折射角，应以的角度入射（4）当入射角时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直A. （1）（3）B. （2）（4）C. （1）（4）D. （2）（3）图A—38. LC回路发生电磁振荡时，电容器极板上的电量q随时间t的变化图像如图A—4所示，由图像可知下列说法正确的是（）（1）时刻回路中电流为0（2）时刻回路中电流最大（3）时间内，回路中电流减小（4）时间内，电能减小A. （1）（3）（4）B. （2）（4）C. （1）（2）D. （1）（2）（3）（4）图A—49. 图示为简谐横波在某一时刻的波形图线，已知波的传播速度为2m/s，质点a的运动方向如图A—5，则下列说法正确的是（）A. 波沿x的正方向传播B. 质点d再经过0.5s第一次到达波峰C. 过去此刻之后，质点b比质点d先回到平衡位置D. 该时刻质点e运动的加速度为零图A—510. 物体做简谐运动的过程中，有两点关于平衡位置对称，则物体（）A. 在A点和点的位置相同B. 在两点处的速度一定相同C. 在两点处的加速度可能相同D. 在两点处的动能一定相同二. 填空题（每空8分，共16分）11. 光在某种介质中传播的速度，如果光从这种介质射向空气而发生全反射，其临界角c=__________度。

鲁科版高中物理选修3-4课时作业8.docx

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．(多选)(2010·新课标全国高考)在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律【解析】由物理学史知识可知，电流的磁效应是奥斯特发现的，电磁感应现象是法拉第发现的，赫兹证实了电磁波的存在，安培发现了磁场对电流的作用，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用．【答案】AC2．(多选)下列关于电磁波的叙述中，正确的是()A．电磁波是电磁场由发生区域向远处传播的B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108 m/sC．电磁波由真空进入介质传播时，波长变短D．电磁波不能产生干涉、衍射的现象【解析】电磁波是交替产生周期性变化的电磁场由发生区域向远处传播的．在真空中的传播速度为3×108 m/s.电磁波在传播过程中频率f不变，根据波速公式v＝λf，由于电磁波在介质中传播速度变小，所以波长变短．电磁波具有波动性，能产生干涉、衍射现象．【答案】AC3．(2010·天津高考)下列关于电磁波的说法正确的是()A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场B．电磁波在真空和介质中传播速度相同C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播【解析】根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，变化的电场和磁场相互联系，形成一个不可分离的统一体，由发生的区域向远处传播，形成电磁波，电磁波的传播速度由频率和介质决定，在不同介质中传播速度不同．在同种均匀介质中沿直线传播，所以正确选项只有A.【答案】 A4．(多选)要想提高电磁振荡的频率，下列办法中可行的是()A．线圈中插入铁芯B．提高充电电压C．增加电容器两板间距离D．减小电容器两板间的正对面积【解析】由公式f＝12πLC得知f和L、C有关．因此要增大f，就要减小L、C的乘积，其中C＝εS4πkd.减小L的方法有：从线圈中抽出铁芯；减小线圈长度；减小线圈横截面积；减少单位长度的线圈匝数．减小C的方法有：增加电容器两板间的距离；减小电容器两板间的正对面积；在电容器两板间换上介电常数较小的电介质．故选项C、D正确．【答案】CD5．在LC振荡电路中某时刻电容器两极板间的电场线方向和穿过线圈的磁感线方向如图3－1－8所示，这时有()图3－1－8A．电容器正在放电B．电路中电流正在减小C．电场能正在转化为磁场能D．线圈中产生的自感电动势正在减小【解析】根据电场方向可知上极板带正电荷，又由磁场方向，根据安培定则可判断，电流方向为顺时针(大回路)，所以正在给电容器充电．因此，电流逐渐减小，磁场能转化为电场能，由于电流按正弦规律变化，变化率在增大，据法拉第电磁感应定律，知自感电动势正在增大．【答案】 B图3－1－96．如图3－1－9所示，当把开关S由1扳到2，下列说法正确的是() A．电流立刻达到最大值，然后才开始减小B．电流不能立刻达到最大值，直到放电完毕时，电流才达到最大值C．电场强度逐渐减弱到零，这时电流也为零D．电场强度立刻减小到零，电流立刻达到最大值【解析】电容器开始放电，由于线圈的自感作用，电流不能立刻达到最大值，直到放电完毕时，电流才达到最大值．故B正确．【答案】 B图3－1－107．(多选)(2013·西安高二检测)LC回路电容器两端的电压U 随时间t变化的关系如图3－1－10所示，则()A．在时刻t1，电路中的电流最大B．在时刻t2，电路中的磁场能最大C．从时刻t2至t3，电路的电场能不断增大D．从时刻t3至t4，电容器带的电荷量不断增大【解析】本题考查对LC振荡电路中各物理量振荡规律的理解．由前面所述可知，t1时刻电容器两端电压最高时，电路中振荡电流为零，t2时刻电容器两端电压为零，电路中振荡电流最强、磁场能最多，故选项A错误，B正确．在t2至t3的过程中，从图可知，电容器两极板间电压增大，必有电场能增加，选项C正确．而在t3至t4的过程中，电容器两极板间电压减小，所带的电荷量同时减少，选项D错误．【答案】BC图3－1－118．(多选)某空间出现了如图3－1－11所示的一组闭合的电场线，这可能是()A．沿AB方向磁场在迅速减弱B．沿AB方向磁场在迅速增强C．沿BA方向磁场在迅速增强D．沿BA方向磁场在迅速减弱【解析】根据电磁感应理论，闭合电路中磁通量变化时，使闭合电路中产生感应电流，该电流可用楞次定律判断，其中感应电流的方向和电场线方向一致．根据麦克斯韦电磁场理论．闭合电路中产生感应电流，是因为闭合电路中电荷受到了电场力作用，而变化的磁场产生电场，与是否存在闭合电路无关，故空间内磁场变化产生的电场方向，仍可用楞次定律判断．故正确答案为A、C.【答案】AC9．(多选)(2013·琼海检测)如图3－1－12所示，甲为LC振荡电路，通过P 点的电流如图乙，规定逆时针方向为正方向，下列说法正确的是()甲乙图3－1－12A．0至t1，电容器正在充电，上极板带正电B．t1到t2，电容器正在放电，上极板带负电C．在t3时刻，线圈中的自感电动势最大，且P为正极D．在t4时刻，线圈中的自感电动势最大，且P为正极【解析】0到t1，电流为正，且在减小，即电流为逆时针方向减小，说明电容器正在充电，电流方向为正电荷的运动方向，所以上极板带负电荷；t1到t2，电流为负且在增大，即电流为顺时针方向增大，说明电容器在放电，上极板带负电荷；在t3时刻，电流的变化率(Δi/Δt)最大，所以自感电动势(E＝LΔi/Δt)最大，而t3之前的电流为负且减小，即顺时针减小，线圈中的感应电动势阻碍电流的减小，如能产生电流，则与原电流同向，即P点为正极；在t4时刻，电流最大，电流的变化率为零，自感电动势为零．故B、C正确，A、D错误．【答案】BC图3－1－1310．如图3－1－13所示电路中，L是电阻不计的电感器，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后，再打开开关S，LC电路中将产生电磁振荡．如果规定电感器L中的电流方向从a到b为正，打开开关的时刻为t＝0时刻，那么图中能正确表示电感器的电流i随时间t变化规律的是()【解析】本题属含电容电路、自感现象和振荡电路的综合性问题，应从下面几个方面考虑：(1)S断开前，ab段短路，电容器不带电；(2)S断开时，ab中产生自感电动势，阻碍电流减小，同时，电容器C充电，此时电流正向最大．(3)给电容器C充电的过程中，电容器的充电量最大时，ab中电流减为零，此后LC发生电磁振荡形成交变电流．【答案】 C11．如图3－1－14所示为LC振荡电路中振荡电流随时间变化的图象，由图可知，在OA时间内________能转化为________能，在AB时间内电容器处于________(选填“充电”或“放电”)过程，在时刻C，电容器带电荷量________(选填“为零”或“最大”)．图3－1－14【解析】由题图可知，振荡电流随时间按正弦规律变化．在OA时间内电流增大，电容器正在放电，电场能逐渐转化为磁场能．在AB时间内电流减小，电容器正在充电．在时刻C电流最大，为电容器放电完毕的瞬间，带电荷量为零．【答案】电场磁场充电为零12．实验室里有一水平放置的平行板电容器，知道其电容C＝1μF.在两板带有一定电荷时，发现一粉尘恰好静止在两板间．手头上还有一个自感系数L ＝0.1 mH 的电感器，现连成如图3－1－15所示电路，试分析以下两个问题：(1)从S 闭合时开始计时，经过π×10－5 s 时，电容器内粉尘的加速度大小是多少？(2)当粉尘的加速度为多大时，线圈中电流最大？图3－1－15【解析】 (1)S 断开时，电容器内带电粉尘恰好静止，说明电场力方向向上，且F 电＝mg ，闭合S 后，L 、C 构成LC 振荡电路，T ＝2πLC ＝2π×10－5 s ，经T 2＝π×10－5 s 时，电容器间的场强反向，电场力的大小不变，方向竖直向下，由牛顿第二定律得：a ＝F 电＋mg m ＝2g.(2)线圈中电流最大时，电容器两极板间的场强为零，由牛顿第二定律可得：a ＝mg m ＝g ，方向竖直向下．【答案】 (1)2g (2)g。

鲁科版高中物理选修3-4单元测试机械振动9

第1章《机械振动》单元测试一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的选项中，有的小题有多个选项正确，有的小题只有一个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置，合力一定为零D．物体到达平衡位置，加速度一定为零解析：简谐运动的特点是：F 回＝－kx，当物体处于平衡位置时，x＝0，则F回＝0，A项正确；对于做圆弧状简谐运动的单摆模型，如图所示，O点为平衡位置，在O点时，回复力为零，但物体做圆周运动，需要向心力，则有加速度，此时，小球重力和绳拉力的合力提供向心力，故B、C、D均错误。

答案：A2．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中( )A．振子所受的回复力逐渐增大B．振子的位移逐渐增大C．振子的速度逐渐减小D．振子的加速度逐渐减小解析：振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小；而弹力与位移成正比，故弹力也减少，由牛顿第二定律a＝F/m可知，加速度也减小；物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大。

答案：D3．一质点做简谐运动的图象如图(十一)－1所示，下述正确的是( )图(十一)－1A．质点振动频率是4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC ．在5 s 末，质点做简谐运动的相位为32πD ．在t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 两时刻质点的位移大小相等，都是 2 cm解析：由振动图象知，T ＝4 s ，故f ＝0.25 Hz ，A 错误；一个周期走4个振幅，10 s 为2.5个周期，故路程为4×2 cm×2.5＝20 cm ，B 正确；由图可知，5 s 末相位为π2，C 错误；由x ＝2sin π2t ，可知，1.5 s 和4.5 s 两时刻位移均为 2 cm ，D 正确。

鲁科版高中物理选修3-4：总复习测试(1).docx

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）高二年物理试卷（考试时间：90分钟，满分100分）一、选择题(本题包括14小题。

在每小题给出的四个选项中。

有的小题只有一个选项正确。

有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，选错或不答的得0分，共56分)1、以下说法中正确的是（ACD）A．简谐运动中回复力总指向平衡位置；B．太阳光是偏振光；C．电磁波是横波，它的传播不需要介质；D．家电的遥控器是利用红外线的遥感。

2、根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法中正确的是（D ）Ａ．变化的电场一定产生变化的磁场Ｂ．均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场Ｃ．稳定的电场一定产生稳定的磁场Ｄ．周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场3、一列声波从空气传入水中，已知水中声速较大，则( B)A.声波频率不变，波长变小B.声波频率不变，波长变大C.声波频率变小，波长变大D.声波频率变大，波长不变4、如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有 a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动。

下列关于其余各摆说法中正确的有（BCD）A．各摆均做自由振动B ． c 摆的振幅最大C ．摆长与a 相差越大的，振幅越小D ．各摆的振动周期与a 摆相同5、如图所示，从点光源S 发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab 间形成一条彩色光带.下面的说法中正确的是 ( BC )A ．a 侧是红色光，b 侧是紫色光B ．在真空中a 侧光的波长小于b 侧光的波长C ．三棱镜对a 侧光的折射率大于对b 侧光的折射率D ．在三棱镜中a 侧光的传播速率大于b 侧光的传播速率 6、如图所示，表示横波在某一时刻的图像，其波速是8m/s ，则下列说法中正确的是（ AC ） A ．该波的周期为0.5s B ．该波的振幅是5mC ．从这一时刻开始经过1.75s ，质点a 经过的路程是70cmD ．从这一刻开始经过1.75s ，质点a 向右移动的距离为14m7、一束可见光射到置于空气中的平行玻璃砖上，穿过玻璃砖后从下表面射出，变为a 、b 两束平行单色光，如图所示。